Kvant 1976, số 3 · Trang

Kvasht
1976
3
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí

82

Nhà vật lý lý thuyết mang tính bước ngoặt của nửa đầu thế kỷ 20, Paul Ehrenfest, cùng với vợ là Tatyana Alekseevna Afanasyeva, sống ở Nga từ năm 1907 đến năm 1912. Ông có ảnh hưởng lớn đến sự phát triển của vật lý Nga. Các nhà vật lý và toán học nổi tiếng của Liên Xô A.F. Ioffe, D.S. Rozhdestvensky, A.A. Fridman, S.N. Bernshtein và những người khác đã tham dự hội thảo tại nhà do ông tổ chức. Năm 1912, ông chuyển đến Leiden (Hà Lan), nơi ông trở thành trưởng khoa vật lý của trường đại học cùng với nhà vật lý xuất sắc người Hà Lan Hendrik Lorentz, người đã nghỉ hưu do tuổi cao. Cho đến những ngày cuối đời, Ehrenfest vẫn duy trì mối quan hệ thân thiện với nhiều nhà vật lý Liên Xô và rất quan tâm đến đất nước chúng ta cũng như nền khoa học non trẻ của nước này.

Nhiều nhà khoa học Liên Xô cử ra nước ngoài đã đến thăm Ehrenfest. Trong ngôi nhà của ông, một căn phòng đặc biệt được phân bổ cho những vị khách, những người trước khi rời đi theo truyền thống sẽ ký tên vào một trong những bức tường. Chúng tôi tái tạo ở đây hai đoạn của những chữ ký này. Đầu tiên, có thể thấy rõ chữ ký của nhà vật lý người Mỹ Roberta Millikan, người đầu tiên đo điện tích electron và Albert Einstein. Trên mảnh thứ hai, chúng ta thấy chữ ký của Giáo sư A. A. Eikhenvald và Thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô A. I. Shalnikov (được đánh dấu bằng số 4 và 5). Ngoài họ còn có chữ ký của Einstein, Niels Bohr, Erwin Schrödinger, Paul Dirac, Wolfrang Pauli và nhà toán học kiệt xuất người Đức Felix Klein.

1

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kionin
Phó thứ nhất
tổng biên tập
Viện sĩ A. N. Kolmogorov

Tuyển tập biên soạn:
M. I. Bashmkov
S. T. Belyaev
V. G. Boltyansky
N. B. Vasiliev
Yu. N. Efremov
V. G. Zubov
P. L. Kapitsa
V. A. Kirillin
A. I. Klimanov
(nghệ sĩ chính)
S. M. Kozel
V. A. Leshkovtsev
(Phó tổng biên tập)
L. G. Makar-Limanov
A. I. Markushevich
N. A. Patrikeeva
I. S. Petrkov
N. Kh. Rozov
A. P. Savin
Tôi. Sh. Slobodetsky
M. L. Smolyansky
(Phó tổng biên tập)
Y. A. Smorodinsky
V. A. Fabricant
A. T. Tsvetkov
M. P. Shaskolskaya
S. I. Schwartzburg
A. I. Shirshov

biên tập:
V. N. Berezin
A. N. Vilenkin
I. N. Klumova
T. M. Makarova
(biên tập nghệ thuật)
T. S. Petrova
V. A. Tikhomirova
L. V. Chernova
(người quản lý biên tập)

TRONG PHÒNG:

2. V. Boltyansky. Câu đố về “tiên đề song song”
3. S. Gindikin. Thế giới huyền diệu của Henri Poincaré
4. A. Shirshov. Mô hình hình học Lobachevsky của Cayley-Klein
5. M. Volkenstein. Lượng tử hóa và trạng thái sóng

Phòng thí nghiệm “Quenta”
34. V. Mayer. Oltas bằng phản xạ toàn phần

Cuốn sách vấn đề “Quenta”
36. Người chiến thắng cuộc thi “Kvaenta”
38. Bài toán M371—M375; F383—F387
39. Lời giải bài toán M331—M335; F343—F347

Xưởng của người nộp đơn
51. V. Lyakhovsky. Logarit và hàm mũ…
58. A. Didenko, G. Dubrovsky. Ứng dụng sơ đồ quá trình nhiệt
63. Y. Nesmerenko, M. Pomanov, A. Skladkin, N. Tyapunina. Đại học quốc gia Moscow được đặt theo tên. M. V. Lomonosova

“Số lượng” cho học sinh nhỏ tuổi
68. Bài toán
69. E. Semenov. Những sai lầm của Stepa Moshkin
74. Đáp số, gợi ý, lời giải
Hỗn hợp (tr. 25, 50, 67)

Bìa mô tả “hình mô-đun”, đóng vai trò quan trọng trong lý thuyết hàm và lý thuyết số. Chúng lần đầu tiên xuất hiện ở Gauss. Theo quan điểm của mô hình Poincaré, các mặt phẳng Lobachevsky (xem bài “Thế giới kỳ diệu của Henri Poincaré”) là một lớp phủ của hai mặt phẳng tắc nghẽn Lobachevsky với các tam giác “cân”, trong đó các cạnh song song và các góc ở đáy bằng 60°. Tất nhiên, trên mặt phẳng Euclide không có những hình tam giác như vậy. Các hình tam giác, liên tục giảm theo các chiều “Euclide” của chúng (nhưng không phải theo quan điểm hình học của Lobachevsky), bị “ép” vào đường ngăn cách các mặt phẳng.

© Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học của nhà xuất bản “Nauka”, “Kvaent”, 1976

2

Hiệp hội bất thường

Tại một thành phố, một hiệp hội những người sưu tập đã được thành lập, tập hợp các đại lý chi nhánh, những người theo chủ nghĩa tiền số, con mắt của những người sưu tập kim tiêm, v.v. Người ta quyết định rằng hội đồng quản trị của hiệp hội nên bao gồm một số lẻ người (điều này thuận tiện cho việc bỏ phiếu). Nó cũng đã được quyết định rằng hội đồng quản trị sẽ đặt thông tin liên lạc nội bộ. Và để tránh nhu cầu sử dụng thiết bị liên lạc nội bộ, họ quyết định không lắp đặt công tắc mà kết nối trực tiếp mỗi người qua đường dây điện thoại với một số người khác.

“Chà,” một trong những người sáng lập hiệp hội nói, “Tôi nghĩ cách tổ chức công việc của hội đồng này khá thuận tiện.”

“Tôi đặc biệt thích,” người thứ hai (Nhà sưu tầm nổi tiếng về toán học tò mò) nói, “rằng công việc điều khiển có thể được mô tả bằng một sơ đồ asiomatic trừu tượng.” Hãy tự đánh giá, chúng tôi có ba khái niệm cá nhân: “con người”, “đường dây”, “kết nối” và chúng tôi muốn đáp ứng các tiên đề sau:

1. số người là số lẻ;
2. mỗi đường nối đúng hai người;
3. Mỗi người được kết nối bằng một đường thẳng hàng với người thứ ba.

• Chà, mục đích của aksiomatics này là gì? Có thể rút ra bất kỳ định lý nào từ nó để thu được một “lý thuyết” phản ánh công việc của chính phủ chúng ta không?

• Tại sao, kể cho tôi nghe đi! Đầu tiên, aksioma 1 cho thấy có ít nhất một người tồn tại (xét cho cùng, số 0 là số chẵn!). Hơn nữa, aksioma 3 thuyết phục chúng ta rằng vì có ít nhất một người nên có ba người khác, do đó tổng số người không ít hơn bốn. cuối cùng, áp dụng lại tiên đề 1, chúng ta thấy rằng tổng số người

trí nhớ không kém. Đây là định lý đầu tiên của “lý thuyết” này.

• Chà, trên thực tế, tuyên bố này có thể được coi là một định lý, vì bạn đã chứng minh nó, tức là suy luận nó một cách hợp lý từ các tiên đề.

— Hoặc đây là một ví dụ khác về đánh giá một định lý đơn giản: với bất kỳ ví dụ nào, chắc chắn sẽ có hai môi trường không được nối với nhau bằng một đường thẳng.

• Chà, điều này cũng dễ hiểu thôi: nếu không thì sẽ có ít nhất bốn đường nối với mỗi chiếc gót chân này.

• Hoàn toàn đúng! Nhân tiện, họ nói: dòng này được “tóm tắt” cho một người. Điều này có thể được xác định rõ ràng trong khuôn khổ tiên đề của chúng tôi. Cụ thể, nếu $A$ là một người nào đó và $l$ là một đường nối nó với một người khác, thì cặp $(A, l)$ sẽ được gọi là đầu vào.

— Và bây giờ chúng ta có thể nói rằng mỗi người $A$ tham gia đúng ba đầu vào $(A, l_1), (A, l_2), (A, l_3)$. Điều này có nghĩa là ba đường $l_1, l_2, l_3$ được “kết nối” với $A$ (tiên đề 3).

• Tuyệt vời! — Người sưu tầm những điều tò mò về toán học mỉm cười.

— Tiếp tục lập luận trên, chúng ta có thể xây dựng định lý sau: số lượng tất cả các đầu vào là số lẻ. Xét cho cùng, người là một số lẻ (tiên đề 1) và mỗi người tham gia vào đúng ba đầu vào.

Đột nhiên, khuôn mặt của Người quyến rũ tối sầm lại. Giọng anh trở nên đờ đẫn.

— Thật không may, bạn cũng có thể chứng minh rằng số lượng đầu vào là số chẵn. Xét cho cùng, mỗi dòng $l$ (kết nối, chẳng hạn như người $A$ và $B$) tham gia vào hai đầu vào: $(A, l)$ và $(B, l)$, do đó, số lượng tất cả đầu vào lớn hơn hai lần so với số lượng tất cả các dòng.

• Đúng, nhưng điều này mâu thuẫn với định lý trước đó?

• Đó chính là rắc rối. Hóa ra tiên đề của chúng ta là những tiên đề hứa hẹn, và từ đó chúng ta có thể rút ra hai định lý mâu thuẫn với nhau. Vì vậy, lý thuyết của chúng tôi thật tệ: hệ thống truyền thông được mô tả bởi các tiên đề 1, 2 và 3 đơn giản là không thể thực hiện được.

Một tiên đề khác

• Chúng ta nên làm gì? Số lượng thành viên hội đồng quản trị có nên chẵn không? Nhưng chúng tôi thực sự muốn tránh điều này!

“Tại sao, có một lối thoát khác,” Người quyến rũ tò mò toán học trả lời. — Ta giữ nguyên tiên đề 1 và 2 và thay tiên đề thứ ba bằng tiên đề sau:

3’) mỗi người được nối thành hàng với bốn người khác.

Đúng, bạn sẽ phải sống với số lượng dòng lớn hơn, nhưng Zagoskomatika sẽ trở nên nhất quán và các định lý được bảo toàn. Như trước, tổng số người không ít hơn năm người; trong sáu người bất kỳ có hai người không nối nhau bằng đường dây; tổng số đầu vào sẽ là bốn tiên đề! Và nếu vậy thì ai có thể đảm bảo không có mâu thuẫn?

• Ồ, tôi khá chắc chắn đây! Bây giờ tôi đã nói cho bạn biết lý do của sự tự tin như vậy. Chắc hẳn bạn không nghi ngờ tính “đúng đắn” của số học phải không?

• Tôi không nghi ngờ gì cả; nhưng số học có liên quan gì đến nó?

• Và đó là những gì nó phải làm với nó. Bây giờ, từ “vật chất” của số học, tôi sẽ xây dựng, như các nhà toán học nói, một mô hình cho các tiên đề đang được xem xét. Nhân tiện, có bao nhiêu người (xấp xỉ) sẽ được sửa?

• Tôi nghĩ ít nhất là 30 người.

• Tuyệt vời! Hãy đồng ý đếm

4

“người” của các số 1,2,…, 36,37.

Thật thuận tiện khi đặt chúng trên một vòng tròn (Hình 1), sao cho sau 37, số “tiếp theo” là số 1. Bây giờ chúng ta sẽ gọi các cặp số là “dòng” và chỉ những cặp có các số nằm cạnh nhau hoặc nối tiếp nhau trên vòng tròn này. Ví dụ: các “đường” sẽ là cặp (1; 3), (4; 5), (37; 2); nhưng sẽ không có một cặp (3; 6) “dòng” - các số cách nhau quá xa.

• Mọi người, tôi hiểu các bạn muốn gì. Trong mô hình này, như đã nêu, có 37 “người”, tức là một số lẻ (tiên đề 1). Mỗi dòng kết nối chính xác hai người (tiên đề 2), vì một cặp bao gồm hai số.

Cơm. 1.

Ngoài ra, rõ ràng trong mỗi “người” có đúng bốn dòng (tiên đề 3); đây có thể được coi là mạch hiển thị trong Hình 2. Điều này có nghĩa là trong mô hình này tất cả các trục 1, 2, 3 đều thỏa mãn. Tuy nhiên, tại sao điều này lại đảm bảo tính nhất quán của các tiên đề đang được xem xét?

• Chà, mô hình này được “làm” từ những con số! Nếu hai định lý trái ngược nhau có thể được suy ra từ các tiên đề 1, 2 và 3 thì sự mâu thuẫn này cũng sẽ xuất hiện trong mô hình này. Hóa ra khi suy luận về các con số, chúng ta có thể gặp mâu thuẫn. Nhưng có vẻ như bạn không còn nghi ngờ gì về tính không thể sai lầm của số học?

• Ồ, tôi hiểu lý lẽ của bạn. Và hãy để tôi nhắc lại chúng, có thể nói, một cách tổng quát. Bạn đã cân nhắc chưa

Cơm. 2.

Có hai lý thuyết, P và Q. Lý thuyết P (được coi là thuật toán học) là không thể nghi ngờ và được coi là không thể lay chuyển và không thể sai lầm. Lý thuyết Q là một lý thuyết mới được xác định bởi một danh sách các tiên đề. Chúng ta cần đạt được sự đảm bảo về tính nhất quán của lý thuyết Q. Vì mục đích này, ví dụ sau được sử dụng: từ một lý thuyết P dễ hiểu, như từ một “vật liệu xây dựng”, họ cố gắng xây dựng một mô hình của lý thuyết Q, tức là một sơ đồ trong đó tất cả các trục của lý thuyết Q đều được đáp ứng; nếu điều này có thể thực hiện được thì tính nhất quán của lý thuyết Q đã được chứng minh.

hình học đất nước

— Chúng tôi đã phần nào tránh xa việc thảo luận các vấn đề liên quan đến hiệp hội sưu tập. Nhưng vì tôi là người sưu tầm các đĩa toán học nên bây giờ tôi muốn cung cấp cho bạn một trong số chúng: một mô hình hình học khá đặc biệt.

“Tôi sẽ xem kỹ chiếc đĩa này.”

• Hãy tưởng tượng điều đó từ một chiếc máy bay

Cơm. 3.

6

2000 năm trước ông đã trình bày một cách có hệ thống về nó). Đúng, tôi đã không mô tả đầy đủ mô hình. Người ta chưa nói làm thế nào để thay đổi độ dài, hình tam giác nào nên được coi là bằng nhau, v.v. Ngoài ra, cần thêm một điểm khác $\infty^*$) cho khung vẽ của mô hình này. Nhưng nó đã tồn tại: chúng tôi đã xây dựng một mô hình hình học thông thường (Euclide).

• Chuyện gì xảy ra vậy? Lý thuyết cơ bản $P$ là hình học, và từ “vật liệu” của lý thuyết này, một mô hình của lý thuyết tương tự được xây dựng?

• Hoàn toàn công bằng! Tôi trích dẫn mô hình này chỉ để cho thấy rằng không có gì lạ khi coi các đường cong là “thẳng” trong một số mô hình **).

Cơm. 7.

Bi kịch của lobachevsky

• Và bây giờ - một thí nghiệm khác từ bộ sưu tập đĩa toán học. Chúng ta đang nói về hình học được khám phá bởi nhà toán học vĩ đại người Nga N. I. Lobachevsky.

— Theo những gì tôi biết, anh ấy đã xây dựng một hình học trong đó có thể vẽ nhiều đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước qua một điểm (Hình 7).

• Phải. Và mặc dù tất cả lý luận của lobachevsky đều hợp lý mà không có

$\infty$ là “điểm ở vô cực”.

**) Chúng tôi khuyên người đọc nên hiểu “cái gì” trong mô hình này; Đối với điều này, nó rất hữu ích để sử dụng đảo ngược.

Cơm. 8.

hoàn hảo, trong suốt cuộc đời của mình, ông chưa bao giờ đạt được sự công nhận cho ý tưởng của mình. Những kết luận quá vô học.

• Ví dụ?

• Ví dụ, hợp nhất các đường song song (Hình 8). Bạn thậm chí có thể dựng một “tam giác vô hạn” có các cạnh song song (Hình 9). Và mặc dù hình 9 thể hiện những đường cong, nhưng trong hình học của Lobachevsky có những đường thẳng e được sắp xếp theo cách này. Hơn nữa, tổng các góc của một tam giác luôn nhỏ hơn 2 $d$, v.v., v.v.

• Nhưng điều này không hẳn là đúng!!!

• Đây, đây! Những người cùng thời với Lobachevsky cũng nói điều tương tự. Và ông nhận ra rằng vấn đề ở đây là hình học thu được từ các tiên đề cơ bản của nó không hề mâu thuẫn; Ngoài ra, câu chuyện: “trong thực tế, mọi thứ không như vậy” chỉ dựa trên thực tế là sự quan sát của chúng ta có thể tiếp cận được với một phần nhỏ không gian nơi mà sự khác biệt giữa hình học ενclide và hình học của nó là không đáng kể (chúng nằm ngoài độ chính xác của các phép đo). Và nhân tiện, vật lý hiện đại ngày càng xác nhận điều này.

• Tuyệt vời. Nhưng bạn, theo như tôi hiểu, mặc dù nói về thuần túy

7

xác nhận toán học về tính đúng đắn của hình học Labachevsky?
— Chính xác hơn là về bản chất phi công nghiệp của nó.

• Ồ, tôi hiểu rồi! Rõ ràng, bạn muốn nói rằng từ “vật chất” của một lý thuyết nào đó $P$, tính đúng đắn mà chúng ta không nghi ngờ gì, có thể xây dựng một mô hình hình học Labachevsky không?

• Hoàn toàn đúng! Và lý thuyết $P$ này là hình học nhà kho! Hóa ra là từ “vật liệu” của hình học Euclid, người ta có thể xây dựng một mô hình hình học của Labachevsky.

• Vậy thì sao, Labachevsky đã biết về việc này?

• KHÔNG; nhưng anh ấy đã xây dựng được một mô hình tuyệt vời khác. Ông đã xây dựng được một mô hình hình học nhà kho từ “vật liệu” hình học của mình.

• Vì vậy, nếu mọi người đều tin tưởng vào tính không chính xác của hình học Labachevsky và nghi ngờ tính đúng đắn của hình học Euclid, thì mô hình này có thể thuyết phục mọi người rằng hình học Euclid cũng nhất quán! Nhưng sẽ tốt hơn nếu mọi chuyện diễn ra theo chiều hướng ngược lại.

Sự chậm trễ là công bằng

• Bây giờ bạn thấy rằng Labachevsky hiểu rõ mô hình là gì và cách chứng minh tính nhất quán về hình học của nó. Điều cần thiết là lấy hình học làm lý thuyết ban đầu $P$, để xây dựng từ “vật liệu” của nó một mô hình lý thuyết $Q$—hình học của Labachevsky. Nhưng Labachevsky đã không làm được điều này. Những mô hình như vậy chỉ được tìm thấy sau cái chết của nhà khoa học.

• Ai đã làm việc này?

• Beltrami, Cayley, Klein, Poincaré và các nhà khoa học khác *).

• Vậy những mô hình này có phức tạp lắm không?

*) Ví dụ, xem bài viết của S. Gindikin “Thế giới kỳ diệu của Arip Poincaré” (tr. 9), nói về một mô hình trong đó “điểm” là các điểm của nửa mặt phẳng trên và các đường thẳng là các tia thẳng đứng và các hình bán nguyệt phía trên trực giao với đường thẳng biên. Hãy nghĩ xem tại sao đây lại là những mô hình giống nhau (nghĩ về sự đảo ngược).

8

Cơm. 11.

Cơm. 12.

Cơm. 13.

Cơm. 14.

Có vẻ như chúng ở “các điểm ở vô cực” song song với các đường thẳng $a$. Chà, Hình 13 cho thấy một “tam giác vô hạn”, các cạnh của nó song song theo cặp. Nói tóm lại, đây là mô hình hình học danh nghĩa của Lobachevsky. Tất nhiên, tôi chưa mô tả đầy đủ mô hình này: cần chỉ ra độ dài xác định thay đổi như thế nào, những hình nào được coi là bằng nhau (đồng dư), v.v. Nhưng nhìn chung, mô hình được xây dựng theo cách này.

— Và những nhà khoa học khác mà bạn nêu tên đã xây dựng một mô hình như vậy?

• Ồ không! Hiện nay có nhiều mô hình hình học lobachevsky khác nhau đã được biết đến. Ví dụ, trong các tác phẩm của Klein và Cayley, một mô hình đã được xây dựng trong đó chỉ những điểm nằm bên trong một đường tròn nhất định $K$ cũng được xem xét, nhưng họ coi các dây của đường tròn này (không có điểm cuối) là “các đường thẳng”. Trên mô hình này, thậm chí còn dễ dàng nhận thấy rằng qua điểm đường thẳng $a$ có vô số “đường thẳng” không giao nhau với $a$ (Hình 14). Tuy nhiên, ví dụ, các góc thay đổi phức tạp hơn trong mô hình này so với mô hình Poincaré.

• Vâng, những “chứng minh toán học” của bạn rất thú vị. Giờ đây người ta đã hiểu tầm quan trọng của việc phát hiện ra N. I. Lobachevsky, người không chỉ xây dựng một hình học hoàn toàn khác thường mà còn đặt nền móng cho việc tìm ra ngày càng nhiều “hình học” mới. Tôi nghe nói rằng toán học hiện nay xem xét nhiều không gian và hình học khác nhau, đồng thời chúng được áp dụng trong vật lý và các lĩnh vực khác. Có lẽ có nhiều không gian, hình học và “thế giới” toán học tuyệt vời trong bộ sưu tập của bạn?

• Vâng tất nhiên. Nhưng chúng ta sẽ nói về điều này vào lúc khác.

9

S. Gindikin

Thế giới phép thuật
Aniri
Poincaré

Tôi đã mô tả một thế giới tưởng tượng, những cư dân trong đó chắc chắn sẽ sáng tạo ra hình học của Lobachevsky.

A. Poincaré

Khi kể lại lịch sử hình học Lobachevsky ngày nay, người ta có thể có ấn tượng rằng nếu những người sáng tạo ra hình học phi Euclid đã chứng minh được tính nhất quán của nó thì nó sẽ được chấp nhận một cách thuận lợi. Tuy nhiên, việc thiếu bằng chứng này không phải là điều khiến các nhà phê bình bận tâm nhất. Mọi người đã quen với thực tế là hình học đề cập đến không gian thực của chúng ta và không gian này được mô tả bằng hình học phi Euclide. Đặc điểm là Gauss đã tách hình học ra khỏi các nhánh khác của toán học, coi nó tương tự như cơ chế của khoa học thực nghiệm. Nhưng đồng thời, Gauss, giống như Lobachevsky và Bolyai, hiểu rằng, thứ nhất, khả năng xây dựng hình học hài hòa, hợp lý, không có thực tế vật lý - hình học “tưởng tượng”, và thứ hai, không thể chối cãi rằng các thang đo tích hợp trong thế giới của chúng ta bị hình học Euclid thống trị. Tuy nhiên, điều mà chỉ một số ít nhà toán học hiểu được lại hoàn toàn không thể tiếp cận được đối với những người không chuyên. Bằng sự khẳng định về hình học của Lobachevsky, họ đã đo lường những thước đo phi Euclide trong trực giác hình học của mình - và nhận được một nguồn thông minh vô tận.

NG Chernyshevsky đã viết cho các con trai của mình từ nơi lưu đày rằng toàn bộ Kazan đã bị nghiền nát vì Lobachevsky: ““Độ cong của một tia” hay “không gian quanh co” là gì? Hình học không có tiên đề của các đường thẳng song song là gì? Ông so sánh điều này với “sala bình phương” và “rút rễ từ ngọn,” và nói rằng điều này cũng ngớ ngẩn như “viết bằng tiếng Nga không có động từ” (ở đây chuyển sang Fet: “chọn lọc, thở rụt rè, tiếng chim họa mi,” tại đó, nó hóa ra họ cũng “cười đến đau cả bụng”).

Một giai đoạn mới trong sự phát triển của hình học phi Euclide đã xuất hiện, khi

10

những mẫu đầu tiên của nó đã xuất hiện *). Bây giờ chúng ta coi những mô hình này như một phương tiện để chứng minh tính không mâu thuẫn của hình học Lobachevsky; nhưng chúng đã được thay thế bởi nhiều thứ hơn thế. Ngay cả với một cái nhìn nhân từ, hình học của Lobachevsky dường như quá phức tạp, không gắn liền với phần còn lại của toán học, và mô hình Cayley-Klein cho thấy nó xuất hiện một cách tự nhiên trên con đường cao tốc của hình học thiết kế, vốn rất phổ biến vào thời điểm đó! Mặt khác, mô hình khoảng cách, các khái niệm cơ bản được xây dựng từ các hình ảnh của hình học Euclide hấp dẫn chúng ta, đã có thể thay thế cách trình bày tiên đề mang tính công thức của hình học phi Euclide bằng một hình ảnh trực quan hơn.

Một mô hình khác được phát minh bởi Ani Poincaré, giải quyết thuần túy các câu hỏi mang tính phân tích về lý thuyết hàm số phức. Anh bất ngờ phát hiện ra rằng những phép biến đổi xuất hiện trong anh có thể được hiểu là sự dịch chuyển trong mặt phẳng Lobachevsky. Khám phá này đã gây ấn tượng mạnh mẽ với anh đến nỗi nhiều năm sau anh nhớ lại nó đã đến với anh như thế nào mà dường như không hề có bất kỳ suy nghĩ nào trước đó khi anh leo lên chiếc xe buýt trong chuyến du ngoạn đến Coutances. Mười năm sau, Poincaré đã có một sự bổ sung đáng chú ý cho mô hình của mình - ông đã đặt nền tảng “vật lý” cho nó. Bài viết này dành riêng cho câu chuyện về mô hình Poincaré.

Du ngoạn vào vật lý

Các khái niệm hình học của chúng ta có những mệnh đề vật lý. TRÊN

*) Về các mô hình, xem các bài viết của V. Boltyansky “Bí ẩn của tiên đề song song” (tr. 2) và A. Shirshov “Mô hình Cayley-Klein của hình học Lobachevsky” (tr. 18), cũng như bài báo của S. Gindikin “Felix Klein”, xuất bản trên «Kvant» Số 12 năm 1975.

Một ví dụ về cách chúng ta cảm nhận tia sáng là đường thẳng. Một tia sáng đi về phía chúng ta tiếp tục xuất hiện thẳng, ngay cả khi nó bị khúc xạ trên đường đi (ví dụ, đi vào nước từ không khí). Để xua tan điều này hay tập trung vào cuộc thử nghiệm, hay để quan sát điều gì đang xảy ra từ bên ngoài.

Chúng ta hãy có một môi trường rẻ tiền về mặt quang học ở nửa mặt phẳng trên (y>0), trong đó tốc độ ánh sáng thay đổi theo định luật $c(x, y) = y$ (bất kể hướng của tia sáng). Theo nguyên lý Fermat, giả sử sự truyền ánh sáng giữa hai điểm là một đường mà ánh sáng cần thời gian truyền đi ít nhất có thể. Trong môi trường của chúng ta (nơi $c(x, y) = y$) ánh sáng giữa hai điểm sẽ truyền dọc theo những đường cong như vậy $L$ (Hình 1), do đó

$$\frac{\sin \alpha(y)}{y} = k,$$

trong đó $\alpha(y)$ là góc mà tiếp tuyến vẽ với $L$ tại một điểm có tọa độ $y$ tạo thành với phương thẳng đứng *); $k$ là một số cố định cho tất cả các điểm của đường cong $L$. Rõ ràng là điều kiện (1) được thỏa mãn bởi tất cả các đường tròn có tâm nằm trên trục $x$ (nghĩa là vuông góc với trục này); cho mỗi điểm trên vòng tròn $k = \frac{1}{r}$, trong đó

*) Xem bài viết của S. Verov “Brachistochrone, hay một bí mật khác của Cyclops”, «Kvant», 1975, số 12.

11

r là bán kính của nó. Tại $k=0$ chúng ta có các đường thẳng đứng. Có thể chứng minh rằng không có đường cong nào khác thỏa mãn điều kiện (1); Ngoài ra còn có một lời giải thích vật lý cho điều này (ví dụ: ánh sáng sẽ lan truyền từ một điểm nhất định theo một hướng nhất định dọc theo một đường đi duy nhất).

Các đường tròn vuông góc với trục $x$ và các đường thẳng đứng (hay nói đúng hơn là các phần của chúng nằm ở nửa mặt phẳng trên) sẽ đóng vai trò chính trong câu chuyện của chúng ta.

“Poincaria” và hình học của nó

Thế giới Poincaré (hãy đặt tên theo tên người tạo ra Poincaré) là nửa mặt phẳng trên $((x, y)$,

Рис. 2.

$y>0$ không viền $y=0$ (điều này quan trọng!) . Các sinh vật sống ở Poincaria (puancarie) cảm nhận các hình bán nguyệt phía trên có tâm nằm trên trục $x$ (không có đầu cuối!) và các tia thẳng đứng là “thẳng” (Hình 2). Chúng ta sẽ gọi những dòng này là n-dòng. Các đường thẳng p của mỗi poincarium là vô tận (ánh sáng sẽ lan truyền dọc theo chúng vô thời hạn) và các đầu của đường thẳng p, giống như tất cả các đường x-ov, đều vô hình. Vì vậy, Poincaria tin rằng Poincaria của họ là không giới hạn ở mọi hướng. TRÊN

*) Có thể xem xét một thế giới “ba chiều”, nhưng việc vẽ tranh trên mặt phẳng sẽ dễ dàng hơn và vì mục đích này, chúng ta sẽ xử lý các sinh vật “phẳng”.

chúng ta gọi những điểm không nhìn thấy được của đường n là những điểm ở xa vô cùng; đối với một tia, chúng ta sẽ coi điểm $\infty$ (vô cực) là một trong những điểm của nó ở vô cực. Đường P được xác định duy nhất bởi một cặp điểm của chúng ở vô cực (tại sao?); Vì vậy, chúng ta sẽ đổ chúng và biểu thị chúng bằng $L(\alpha, \beta)$, trong đó $\alpha, \beta$ là số thực (một trong số chúng có thể là $\infty$) - tọa độ của các điểm xa hữu hạn trên trục $x$.

Chúng ta hãy thử cùng với Poincaria xây dựng hình dạng không gian của chúng. Giống như chúng ta, khi sống trong không gian Euclide, một số phát biểu có liên quan rất sâu sắc đến Poincarine; họ chấp nhận chúng mà không cần bằng chứng (tiên đề) và từ đó suy ra những phát biểu phức tạp hơn (định lý). Đối với chúng tôi, nhìn từ bên ngoài vào Poincaria, tất cả các phát biểu này sẽ khác với Poincaria (ví dụ, các tia thẳng đối với chúng ta!), vì vậy chúng tôi sẽ “dịch” các công thức của Poincarine sang ngôn ngữ Euclide “thô tục” của chúng tôi và chứng minh điều đó theo cách riêng của chúng tôi.

Ví dụ, Poincariers biết rằng qua hai điểm khác nhau của nửa mặt phẳng có một hình bán nguyệt đi qua vuông góc với trục $x$ hoặc một tia thẳng đứng (bằng chứng!); xem Hình 2. Lưu ý rằng cách giải thích vật lý của phát biểu này, bao gồm thực tế là ánh sáng giữa hai điểm sẽ lan truyền theo một đường duy nhất, giống nhau đối với Poincaria và đối với chúng ta (tuy nhiên, đối với hình học, cách giải thích này không có sức thuyết phục rõ ràng). Không khó để xác minh rằng trong Poincaria tất cả các tiên đề của hình học Euclide đều có giá trị liên quan đến vị trí tương đối của một điểm và các đường thẳng cũng như thứ tự của các điểm trên một đường thẳng. (Để thu hút sự chú ý đến Poincaria, xét n đoạn, n nửa mặt phẳng mà n đường thẳng chia Poincario

12

sao cho n đoạn nối các điểm trong một n nửa không gian không cắt đường biên n, nhưng n đoạn nối các điểm trong n nửa không gian khác nhau cắt đường đó; vẽ n-tam giác, n-đa giác; hãy nghĩ về độ lồi p nếu bạn biết về độ lồi “khách quan”. Hình 3a và 36 sẽ giúp bạn.)

Sự khác biệt về hình học của Poincaria Oeuclidean xuất hiện ở khoảng cách tương đối của một cặp n đường thẳng. Chúng ta đã biết rằng hai đường thẳng n khác nhau có thể cắt nhau nhiều nhất tại một điểm. Nếu chúng không giao nhau thì chúng có một điểm chung vô cùng xa (không nhìn thấy được!) hoặc không có điểm chung ngay cả trên đường viền vô hình. Trong trường hợp đầu tiên, chúng ta sẽ gọi những điểm tương đồng trực tiếp n như vậy và trong trường hợp thứ hai - siêu âm. Nếu có một đường thẳng n $L(\alpha, \beta)$ thì qua một điểm bên ngoài nó chỉ đi qua hai đường thẳng song song $L(\alpha, \beta)$ n đường thẳng (tương ứng với các điểm ở xa vô hạn lần lượt là $\alpha$ và $\beta$; Hình 4) và một tập hợp vô hạn các siêu song song nằm giữa các đường vĩ tuyến. Do đó, ở Poincaria, tiên đề về sự tương đương là không đúng sự thật (đối với chúng tôi, người quan sát, ở phần mở đầu, điều này không có gì đáng ngạc nhiên - suy cho cùng, những người theo Poincaria không biết rằng những tiên đề “thẳng” của họ là “không có thật”!); điều này cho phép chúng ta hy vọng rằng hình học Poincaria sẽ trở thành hình học Lobachevsky.

Việc chính chúng ta cần làm bây giờ là xác định khoảng cách và chuyển động của Poincaria.

Khoảng cách và chuyển động

Từ quan điểm quang học, điều tự nhiên là lấy khoảng cách giữa các điểm $A$ và $B$ trong Poincaria, thời gian mà ánh sáng sẽ truyền từ điểm $A$ đến điểm $B$: khi đó các đường thẳng n sẽ là đường ngắn nhất giữa các điểm nằm trên chúng. Từ những cân nhắc vật lý, việc xác định khoảng cách $\rho(A, B)$ theo cách này có các đặc tính chung của khoảng cách Scolid:

1. $\rho(A, B) = \rho(B, A)$;
2. nếu $A, B, C$ nằm trên cùng một đường thẳng

Cơm. 3a.

My và $B \in [AC]$, rồi $\rho(A, B) + \rho(B, C) = \rho(A, C)$ (ánh sáng có khoảng cách từ $A$ đến $C$ dọc theo đường thẳng n và sẽ đi qua điểm $B$);

3. với bất kỳ điểm nào $A, B, C: \rho(A, B) + \rho(B, C) \geq \rho(A, C)$ là bất đẳng thức tam giác và đẳng thức chỉ đúng khi $B \in [AC]$ (nếu bất đẳng thức này không được thỏa mãn thì ánh sáng trên đường đi dọc theo đường đứt nét $ABC$ sẽ mất ít thời gian hơn so với đường đi dọc theo đường thẳng n $AC$ - đường đi dài nhất, không thể xảy ra trường hợp đó).

Đối với người Poincarian, khoảng cách được giới thiệu $\rho$ là khoảng cách đầu tiên (lưu ý rằng so với khoảng cách này, ánh sáng của khoảng cách có tốc độ không đổi) và họ không có lý do gì để biểu thị

14

P-đối xứng so với p-số nguyên tố. Đối với các tia, đây là sự đối xứng trục tổng quát và để thu được nghịch đảo *). (Ví dụ: đối xứng n đối với n nguyên tố $L(-1,1)$ là nghịch đảo đối với đường tròn có tâm $O=(0;0)$ bán kính 1; nó lấy một điểm $A$, phân biệt với tâm $O$, đến một điểm $A'$ nằm trên tia $OA$ sao cho $|OA| \cdot |OA'|=1$). Chúng ta biết rằng trong quá trình đảo ngược, hình tròn và đường thẳng biến thành hình tròn hoặc đường thẳng và giá trị của các góc được giữ nguyên. Trong ngôn ngữ Poincaria, điều này có nghĩa là, chẳng hạn, với tính đối xứng n đối với n-prima $L(-1,1)$, n-prima $L(\alpha,\beta)$ sẽ chuyển thành n-prima $L\left(\frac{1}{\alpha},\frac{1}{\beta}\right)$. Cụ thể, n số nguyên tố $L(\alpha,0)$, thu được ở $\alpha \neq \infty$, được chuyển thành n số nguyên tố $L\left(\frac{1}{\alpha},\infty\right)$, là các tia. Vì vậy, n-đối xứng đưa Poincaria vào chính chúng và n-số nguyên tố biến thành n-số nguyên tố. Nó được kiểm tra riêng (chúng tôi bỏ qua kiểm tra này) rằng n đối xứng không thay đổi n khoảng cách $\rho$. (Tuy nhiên, ở Poincaria, bất kỳ phép biến đổi nào lấy n số nguyên tố thành n số nguyên tố đều bảo toàn $\rho$ (không có phép biến đổi sẵn nào ở đây); đây là điểm khác biệt quan trọng nhất giữa hình học Lobachevsky và hình học Euclid.)

*) Xem bài viết của A. Savin về “Sự nghịch đảo và vòng tròn Apollonius”, «Kvant», 1971, Số 8, hoặc lời giải bài toán M305, «Kvant», 1975, Số 9.

Độ dịch chuyển n có thể thu được bằng cách kết hợp n đối xứng đã tồn tại để biến đổi bất kỳ số nguyên tố n nào thành số nguyên tố n bất kỳ; Hơn nữa, bất kỳ điểm nào đã cho của n-nguyên tố đầu tiên đều có thể được kết hợp với một điểm đã cho của n-nguyên tố thứ hai và bất kỳ tia n nào với một tia n khác (hãy chứng minh điều đó!). Điều này có nghĩa là n chuyển động này có thể kết hợp bất kỳ n đoạn nào có độ dài n bằng nhau và chúng ta nhận được rằng các đoạn đó là đồng dạng n. Có thể chứng minh rằng tất cả các thuộc tính của chuyển động n đều như mô tả.

Với các phép dịch n, góc biến đổi thành một góc bằng với nó theo nghĩa Euclide (vì điều này đúng với các phép dịch song song, đối xứng trục và nghịch đảo được tạo sẵn). Vì vậy, khái niệm về sự đồng dạng của các góc trong Poincaria không khác gì khái niệm của Euclid. Khi tính đến trường hợp này, Poincarie, giống như chúng ta, sẽ chứng minh hai dấu hiệu bằng nhau của các tam giác: theo hai cạnh và góc xen giữa chúng, và theo một cạnh và hai góc gắn với nó. Việc chứng minh các tam giác phức tạp hơn ở các cạnh đó: xét cho cùng, chứng minh của chúng ta về tiêu chuẩn này sử dụng thực tế là các đường tròn cắt nhau ở nhiều nhất hai điểm. May mắn thay, hóa ra n đường tròn trùng với các đường Seuclide (hoàn toàn nằm ở nửa mặt phẳng trên), chỉ có tâm n của chúng không trùng với tâm tổng quát (đây là một vấn đề khá phức tạp).

15

thực tế), và sau đó với dấu hiệu đồng đẳng ở các vế đó trong Poincaria, mọi thứ đều có trật tự. Tuy nhiên, ở Poincaria còn có một dấu hiệu khác về sự đồng dạng của các tam giác: tam giác bằng nhau bằng cách chứng minh điều đó; xem Hình 5 và bài toán 4.) Điều này có nghĩa là diện tích của một tam giác ở Poincaria (giống như chính tam giác đó) được xác định bởi các giá trị của các góc $\alpha$, $\beta$ và $\gamma$. Trong hình học lobachevsky, tổng các góc của một tam giác nhỏ hơn $\pi$. Đại lượng $\pi$—($\alpha+\beta+\gamma$) được gọi là khuyết tam giác. Có thể quan sát thấy rằng khuyết tam giác hoạt động giống như một diện tích; chính xác hơn: nếu một tam giác nhất định bị cắt bởi một đường thẳng đi qua đỉnh của nó thì diện tích của nó sẽ bằng tổng diện tích của các tam giác thu được; điều tương tự cũng đúng đối với khuyết tật của bất kỳ tam giác nào: nó bằng tổng các khuyết tật của các tam giác tạo thành (Hình 6). Từ đó, chúng ta có thể kết luận rằng diện tích của tam giác trong hình học Lobachevsky tỷ lệ với khuyết tật $\pi$—$\alpha$—$\beta$—$\gamma$.

Một số bài toán

1. a) Đảm bảo rằng tất cả n-prim vuông góc với n-prim cố định là siêu song song (Hình 7). b) Chứng minh rằng trong một cặp siêu song song có một đường thẳng n vuông góc chung (Hình 8, a và b).

2. Kiểm tra xem các đường phân giác n của tam giác n có cắt nhau tại một điểm - tâm của đường tròn n nội tiếp hay không. Hãy nghĩ xem có thể nói gì về đường tròn n ngoại tiếp - nó có luôn tồn tại không (xem Hình 9: trong hình này, n-tam giác $A_iBC_i$ đều bằng nhau, có trục đối xứng $L(0, \infty)$; $i = 1, 2, 3$; các đường vuông góc với n-trung điểm của các cạnh của các tam giác này được thể hiện bằng màu sắc)?

3. Đảm bảo rằng chiều cao của tam giác n tù (nhưng không nhọn) có thể siêu song song (trong Hình 10; các cạnh của tam giác được hiển thị trong ảnh và chiều cao của nó được hiển thị bằng màu đỏ). Bạn có thể nói gì về số trung vị?

4. Chứng minh rằng tam giác n đều có các góc đáy bằng nhau,

17

lưu ý rằng trong những điều kiện này, sử dụng nhiệt kế thông thường, puncarone không thể thay đổi nhiệt độ, vì sự thay đổi như vậy bao gồm việc so sánh sự giãn nở của một vật với các hệ số giãn nở nhiệt khác nhau.) Một vật rắn có đặc điểm là khi chuyển động trong một môi trường có nhiệt độ không đổi, khoảng cách $r(A, B)$ (Euclide) giữa hai điểm bất kỳ của nó $A$ và $B$ được bảo toàn. Nhưng nếu một vật chuyển động từ vùng có nhiệt độ $T_1$ đến vùng có nhiệt độ $T_2$ thì khoảng cách giữa các điểm của nó sẽ giảm đi $T_2/T_1$, nói cách khác, tỷ lệ $r(A,B)/T$ vẫn giữ nguyên. Điều gì sẽ xảy ra nếu cơ thể ngay lập tức ở trong một khu vực có nhiệt độ khác nhau?

Cơm. 12.

Giá trị nào sẽ được bảo toàn trong những điều kiện này? Ví dụ: giả sử một vật nhiệt điện đủ lớn chuyển động trong một môi trường mà ở một bên của đường thẳng $m$ nhiệt độ là $T_1$, và mặt khác - $T_2$; gọi $A$ là một điểm của vật nằm trong vùng có nhiệt độ $T_1$, và $B$ là một điểm của vật nằm trong vùng có nhiệt độ $T_2$. Lấy một đường đứt nét có các điểm cuối tại $A$ và $B$ và đỉnh $C$ trên đường $m$. Chúng ta biểu thị $|AC|=r_1$, $|CB|=r_2$ và khoảng cách $r_1/T_1+r_2/T_2$. Hóa ra là khi chuyển động trong môi trường nhiệt độ như vậy, giá trị nhỏ nhất của đại lượng $r_1/T_1+r_2/T_2$ được bảo toàn, lấy dọc theo tất cả các đường đứt nét có các đỉnh nằm trên đường thẳng $m$ và có hai đầu tại hai điểm cho trước $A$ và $B!$ Sau đó, chúng ta có thể lặp lại chính xác sự khác biệt tương tự như khi áp dụng nguyên lý Fermat, chẳng hạn, để suy ra định luật khúc xạ Sneglius, và chúng ta thu được rằng giá trị nhỏ nhất sẽ được vẽ bởi một đường đứt nét trong đó $\frac{\sin \alpha_1}{T_1} = \frac{\sin \alpha_2}{T_2}$, trong đó $\alpha_i$ là góc của liên kết tương ứng của đường gãy với pháp tuyến với đường thẳng $m$.

Hãy để bây giờ ở Poincaria tại điểm $(x; y)$ nhiệt độ tuyệt đối $T(x, y)=y$ được duy trì liên tục. sau đó, do chế độ nhiệt độ đã chọn, khi các vật rắn (theo nghĩa của chúng ta!) Chuyển động, chúng sẽ không còn duy trì khoảng cách ενClidean nữa mà là khoảng cách n, và theo quan điểm của Poincaria (xét cho cùng, chúng không cảm nhận được sự chênh lệch nhiệt độ!) thì kích thước của một vật chuyển động trong một môi trường như vậy được bảo toàn, tức là nó là chất rắn n. Tất cả những gì còn lại cần quan tâm là tất cả các vật thể đều có nhiệt dung thấp và chuyển động chậm đến mức chúng ở trạng thái cân bằng nhiệt, và sự thay đổi nhiệt độ là không thể nhận thấy đối với Poincaria. Kết quả là, Poincarie không những không nhìn thấy biên giới của thế giới mà còn không thể tiếp cận được nó: khi đến gần biên giới, nhiệt độ có xu hướng về 0 tuyệt đối, và khi đó cách bố trí các vật thể sẽ có xu hướng về 0, mà không thay đổi tỷ lệ giữa các vật thể. Henri Poincaré đã cố gắng loại trừ mọi khả năng có thể có để Poincaria biết rằng thế giới phi Euclide của họ chỉ đơn thuần được xây dựng trong thế giới Euclide của chúng ta. Nhưng liệu anh có lường trước được mọi chuyện? Nếu bạn phát hiện ra bất kỳ khả năng nào chưa được học của Poincaria, vui lòng viết thư cho chúng tôi về điều đó.

18

A. Sơ mi

Mô hình hình học Lobachevsky của Cayley-Klein

Bài viết này thảo luận về mô hình mặt phẳng lobachevsky, khác với mô hình của Henri Poincaré, được mô tả trong bài viết “Thế giới kỳ diệu của Henri Poincaré” của S. Gindikin.

Định nghĩa “máy bay”

Trong hình học Euclide, chúng ta đang xử lý các điểm và đường thẳng của một mặt phẳng xiên, và với sự trợ giúp của các chuyển động phổ biến (các phép dịch song song, đối xứng trục và tâm và phép quay), bất kỳ điểm nào trên mặt phẳng đều có thể được dịch sang bất kỳ điểm nào khác, bất kỳ hai điểm nào nằm ở một khoảng cách nhất định có thể được dịch thành hai điểm khác nằm ở cùng một khoảng cách và bất kỳ hai đường thẳng nào cũng có thể được dịch thành hai đường thẳng tạo thành cùng một góc. Bây giờ chúng ta sẽ xem xét hình học, các đường của nó sẽ là các điểm bên trong của hình không phải hình tròn) và các đường thẳng sẽ là tất cả các dây có thể có của hình tròn này (không có điểm kết thúc); Chúng ta hãy mô tả tất cả các chuyển động của một “mặt phẳng” như vậy, sau đó giới thiệu khoảng cách giữa các “điểm” và khoảng cách giữa các “đường thẳng” để chúng được bảo toàn theo các chuyển động đã chỉ định.

Có thể kiểm tra xem hình học mà chúng ta sẽ xây dựng có “không tệ hơn” Euclide hay không: tất cả các tiên đề sẽ được đáp ứng trong đó, ngoại trừ “tiên đề song song”: dễ dàng nhận thấy rằng bây giờ thông qua một “điểm” bên ngoài “đường thẳng”, có thể kiểm tra nhiều hơn một tiên đề “không giao nhau” với nó. Trong Hình 1, qua điểm $A$, không nằm trên dây $L$, vẽ hai dây cung - $L_1$ và $L_2$, có $L$ ở một đầu chung; những hợp âm $L_1$ và $L_2$ này được gọi là song song $L$, vì chúng tôi coi chúng là những dây cung thẳng không có điểm kết thúc và theo quan điểm mới của chúng tôi, đường $L$ không giao nhau với $L_1$ hoặc $L_2$. (Cũng lưu ý rằng các đường “không giao nhau” với $L$ nằm trong khu vực được giới hạn bởi các đường $L_1$ và $L_2$, được tô màu xanh lam và các đường giao nhau với $L$ nằm trong vùng không được tô bóng.) Điều này có nghĩa là “mới”

20

Bây giờ chúng ta sẽ coi bất kỳ ánh xạ nào được tạo ra từ việc thực hiện tuần tự một số phần tử của chuyển vị là phép dịch chuyển.

Các phép dịch chuyển cơ bản, và do đó các phép dịch chuyển, chuyển tất cả các điểm của bất kỳ dây cung nào thành các điểm của một dây cung nhất định và hình ảnh giao điểm của hai dây cung trong bất kỳ sự dịch chuyển nào trùng với giao điểm của hình ảnh của các dây cung này.

Chuyển động của chúng ta biến đường thẳng thành đường thẳng và bất kỳ điểm nào của đường thẳng đầu tiên đều có thể được dịch sang bất kỳ điểm nào của đường thẳng thứ hai (kiểm tra phần này).

Bài toán 1. Một hình thang cân bằng nội tiếp trong một đường tròn, các cạnh cắt nhau tại điểm P và các đường chéo tại điểm Q; d là đường kính nằm trên đường thẳng PQ. Chứng minh rằng $\varphi_d = \varphi_P \varphi_Q = \varphi_Q \varphi_P$ ($\varphi_M \varphi_N$ nghĩa là thực hiện tuần tự các nước đi $\varphi_M$ và $\varphi_N$).

Bây giờ chúng ta cần xác định “khoảng cách” giữa các điểm trên đường tròn của chúng ta và “góc” giữa các đường thẳng để chúng được bảo toàn trong các chuyển động được mô tả.

Khoảng cách và góc

Gọi C và D là hai điểm của đường tròn. Hãy vẽ một “đường thẳng” đi qua chúng - dây cung AB, nối các điểm A, C, D và B với một số điểm P không nằm trên đường tròn và biểu thị các góc tạo thành tại điểm P là α, γ và β (xem Hình 2). Hãy tạo khoảng cách cho mối quan hệ $\frac{|AD| \cdot |BC|}{|AC| \cdot |BD|}$. Chúng tôi có:

$$\frac{|AD| \cdot |BC|}{|AC| \cdot |BD|} = \frac{S_{APD} \cdot S_{PBC}}{S_{PAC} \cdot S_{DPB}} = \frac{|AP| \cdot |PD| \sin(\alpha + \gamma) \cdot |PC| \cdot |PB| \cdot \sin(\beta + \gamma)}{|AP| \cdot |PC| \cdot \sin\alpha \cdot |PD| \cdot |PB| \cdot \sin\beta} = \frac{\sin(\alpha + \gamma) \cdot \sin(\beta + \gamma)}{\sin\alpha \cdot \sin\beta}.$$

(Ở đây $S_{XYZ}$ là tổng diện tích của tam giác $XYZ$.)

Rõ ràng rằng nếu $C'$ và $D'$ là ảnh của điểm C và D dưới các chuyển vị cơ bản $\varphi_P$ (hoặc $\varphi_d$), thì

$$\frac{|A'D'| \cdot |B'C'|}{|A'C'| \cdot |B'D'|} = \frac{|AD| \cdot |BC|}{|AC| \cdot |BD|}$$

(vì các góc α, β và γ không thay đổi độ lớn của chúng), và do đó, các chuyển động cơ bản, và do đó các chuyển động nói chung, bảo toàn mối quan hệ này.

Hãy xác định “khoảng cách” giữa hai điểm C và D bất kỳ như sau:

$$\rho(C, D) = \log_q \frac{|AD| \cdot |BC|}{|AC| \cdot |BD|},$$

trong đó q > 1 là một số cố định.

Lưu ý quan trọng. Khi xác định khoảng cách, thứ tự các điểm trên đoạn thẳng AB rất quan trọng, cụ thể là: nếu chúng ta đang tìm khoảng cách $\rho(C, D)$ thì điểm A là điểm liền kề với C, và điểm B là điểm liền kề với D; nếu chúng ta đang tìm $\rho(D, C)$ thì A là điểm liền kề với D (do đó B là điểm liền kề với C).

Đối với tổng khoảng cách giữa điểm C và D, chúng ta sẽ giữ liên lạc $|CD|$. Từ công thức (1), suy ra $\rho(C, D) \geq 0$ và $\rho(C, D) = 0$ chỉ trong trường hợp điểm C và D trùng nhau (tức là $\gamma = 0$). Ngoài ra, $\rho(C, D) = \rho(D, C)$. Nếu có ba điểm C, D và E cùng nằm trên một đường thẳng và điểm D nằm giữa hai điểm C và E thì

$$\rho(C, D) + \rho(D, E) = \rho(C, E)$$

(kiểm tra cả hai tuyên bố).

21

Bài tập 2. Chứng minh rằng với ba điểm $A, B$ và $C$ tùy ý thì “bất đẳng thức tam giác” thỏa mãn:

$$\rho (A, C) + \rho (B, C) \geq \rho (A, B).$$

Do đó, khoảng cách $\rho$ hoạt động như khoảng cách bình thường.

Bài tập 3. Chứng minh rằng với mọi đường thẳng $AB$, mọi điểm $C$ trên đường thẳng đó và mọi số dương $t$, người ta có thể tìm được hai điểm phân biệt $D$ và $D_1$ trên đường thẳng $AB$ sao cho $\rho (C, D) = \rho (C, D_1) = t$. Nói cách khác, chứng minh rằng một đoạn có độ dài bất kỳ có thể được vẽ từ một điểm.

Chúng ta sẽ gọi hai hình (ví dụ: hình tam giác, đoạn thẳng, góc) là các đoạn bằng nhau có độ dài bằng nhau.

Bài 4. Chứng minh sự tồn tại và duy nhất trung điểm của đoạn thẳng.

Bài 5. Chứng minh các đoạn có cùng độ dài thì bằng nhau.

Tất cả những gì còn lại là nhập các giá trị góc.

Giả sử có một góc neoctor có đỉnh tại điểm $C$, góc $C$. Chúng ta hãy lấy bất kỳ sự dịch chuyển nào đưa điểm $C$ vào tâm của một đường tròn nhất định và đặt đỉnh của góc $C$ bằng với đỉnh Euclide của góc (với đỉnh ở giữa đường tròn) mà góc $C$ đi vào trong quá trình dịch chuyển này. Từ những gì tiếp theo sẽ cho thấy đỉnh này không phụ thuộc vào sự lựa chọn chuyển động. (Hãy cố gắng tự mình giải quyết điều này bằng cách chứng minh rằng các phép quay quanh tâm đường tròn của chúng ta cũng là các phép tịnh tiến trong hình học lobachevsky.)

Cơm. 3.

Định lý cosin

Hãy để chúng tôi giới thiệu ký hiệu sau: nếu $l$ là đoạn neoctor thì $|l|$ là tổng độ dài (Euclide) của nó, $\{l\}$ là độ dài của nó theo nghĩa mới và $[l] = \frac{q \{l\} - 1}{q \{l\} + 1}$ ($q > 1$ là cơ số của logarit trong định nghĩa khoảng cách $\rho$). Lưu ý rằng đỉnh $[l]$ luôn nhỏ hơn một (nhưng lớn hơn 0).

Xét một tam giác $ABC$ có đỉnh $C$ trùng với tâm của đường tròn. Đặt $|BC| = a, |AC| = b, |AB| = c$ và $r$ là bán kính của hình tròn. Chúng ta hãy tiếp tục cạnh $AB$ đến giao điểm với đường tròn tại các điểm $M$ và $N$, nối các điểm $M$ và $N$ với đỉnh $C$ (Hình 3) và biểu thị các góc tạo thành bằng $\alpha$, $\gamma$ và $\beta$ ($\gamma$ là góc ở đỉnh $C$ của tam giác $ABC$).

Khi đó $M\hat{N}C = N\hat{M}C = \frac{\pi}{2} - \frac{\alpha + \beta + \gamma}{2}$, và theo định lý tổng quát về sin ta tìm được:

$$\frac{|a|}{r} = \frac{\cos \frac{\alpha + \beta + \gamma}{2}}{\cos \frac{\alpha - \beta + \gamma}{2}},$$

$$\frac{|b|}{r} = \frac{\cos \frac{\alpha + \beta + \gamma}{2}}{\cos \frac{-\alpha + \beta + \gamma}{2}}.$$

22

Dallee:

$$\{a\} = \log_q \frac{r \cdot (r + |a|)}{r \cdot (r - |a|)} = \log_q \frac{r + |a|}{r - |a|},$$

và do đó

$$[a] = \frac{|a|}{r}. \tag{4}$$

Tương tự như vậy,

$$[b] = \frac{|b|}{r}. \tag{5}$$

Theo công thức (1)

$$\{c\} = \log_q \frac{\sin(\alpha + \gamma) \cdot \sin(\beta + \gamma)}{\sin(\alpha) \cdot \sin(\beta)},$$

Có nghĩa,

$$[c] = \frac{\sin(\alpha + \gamma) \cdot \sin(\beta + \gamma) - \sin(\alpha) \cdot \sin(\beta)}{\sin(\alpha + \gamma) + \sin(\alpha) \cdot \sin(\beta)}. \tag{6}$$

Từ sự tương ứng (4) - (6), xét đến (2) và (3), bằng các phép tính đơn giản nhưng khá cồng kềnh, ta thu được

$$\frac{(1 - [a]^2)(1 - [b]^2)}{1 - [c]^2} = (1 - [a] \cdot [b] \cdot \cos \gamma)^2. \tag{7}$$

Hệ thức (7) là một dạng tương tự của định lý cosin của hình học tổng quát. Vì các đại lượng $\{a\}, \{b\}$ và $\{c\}$, và do đó $[a], [b], [c]$, không thay đổi khi di chuyển, nên định nghĩa của giá trị góc được đưa ra trong đoạn trước tuân theo các mối quan hệ này.

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh hai phát biểu đáng chú ý của hình học Lobachevsky.

Hai định lý

Định lý 1. Tổng các góc của một tam giác bất kỳ đều nhỏ hơn π.

Bằng chứng. Trước tiên chúng ta hãy xem xét hình chữ nhật ABC có góc vuông ở đỉnh C: $\hat{C} = \frac{\pi}{2}$ (Hình 4). Từ định lý cosine suy ra rằng

$$(1 - [a]^2)(1 - [b]^2) = 1 - [c]^2, \tag{8}$$

hoặc

$$[c]^2 = [a]^2 + [b]^2 - [a]^2 \cdot [b]^2.$$

Dallee, từ định lý tương tự (xem Hình 4)

$$\frac{(1 - [a]^2)(1 - [c]^2)}{1 - [b]^2} = (1 - [a] \cdot [c] \cos \beta)^2;$$

Thay biểu thức (8) cho $1 - [c]^2$ ở đây, ta thu được

$$\frac{(1 - [a]^2)^2(1 - [b]^2)}{1 - [b]^2} = (1 - [a] \cdot [c] \cos \beta)^2,$$

Ở đâu

$$1 - [a]^2 = 1 - [a] \cdot [c] \cdot \cos \beta,$$

Và

$$\cos \beta = \frac{[a]}{[c]},$$ tức là $\beta = \arccos \frac{[a]}{[c]}$.

23

Tương tự, $\alpha = \arccos \frac{[b]}{[c]}$ và chúng ta có được điều đó

$$\alpha + \beta = \arccos \frac{[a]}{[c]} + \arccos \frac{[b]}{[c]} = \arccos \frac{[a] \cdot [b] - \sqrt{([a]^2 - [a]^2)([c]^2 - [b]^2)}}{[c]^2}.$$

Vì $[c]^2 = [a]^2 + [b]^2 - [a]^2 \cdot [b]^2$, biểu thức dưới dấu của cung cosin cuối cùng có thể được chuyển thành dạng này:

$$\frac{[a] \cdot [b] - \sqrt{([a]^2 - [a]^2)([b]^2 - [a]^2[b]^2)}}{[c]^2} = \frac{[a] \cdot [b]}{[c]^2} \left(1 - \sqrt{(1 - [a]^2)(1 - [b]^2)}\right),$$

và vì $0 < [a] < 1$ và $0 < [b] < 1$ (xem nhận xét trước đó), biểu thức sau là dương; điều này có nghĩa là cung cosin của nó hoàn toàn nhỏ hơn $\frac{\pi}{2}$, và chúng ta thu được $\alpha + \beta < \frac{\pi}{2}$, tức là

$$\alpha + \beta + \hat{C} < \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} = \pi.$$

Trường hợp tam giác vuông đã được phân tích.

Bây giờ hãy xem xét một tam giác tùy ý $ABC$ và giả sử rằng $\{c\}$ là cạnh dài nhất của nó. Hãy thả từ điểm $C$ sang bên $AB$

Cơm. 4. Hình 5.

vuông gócULAR $CD$. Anh ấy chia tam giác $ABC$ của chúng ta thành hai hình chữ nhật: tam giác $ACD$ với các góc “cấp” $\alpha$ và $\gamma$ và tam giác $BCD$ - với các góc $\delta$ và $\beta$ (Hình 5). Theo những gì đã được chứng minh, $\alpha + \gamma < \frac{\pi}{2}$ và $\beta + \delta < \frac{\pi}{2}$, từ đó tổng các góc của tam giác $ABC$: $\alpha + \beta + \gamma + \delta$ nhỏ hơn $\pi$.

Để người đọc không bị nhầm lẫn bởi thành ngữ “bỏ qua đường vuông góc ULAR”. Thật dễ dàng để kiểm tra xem các dữ kiện mà chúng ta sử dụng trong chứng minh Định lý 1 không dựa vào tiên đề song song, và nếu muốn, tất cả chúng đều có thể được chứng minh, như trong hình học thông thường.

Định lý 2. Tiêu chuẩn thứ tư về sự bằng nhau của các tam giác. Nếu nụ cười của một tam giác trong tam giác tương ứng bằng nụ cười của tam giác khác thì các tam giác này bằng nhau.

Bằng chứng. Chúng ta hãy biểu thị các đại lượng $[a], [b]$ và $[c]$ của tam giác $ABC$ bằng $x, y$ và $z$; cosin của các góc tương ứng với các cạnh đối diện $a, b$ và $c$ xuyên qua $m, n$ và $p$. Sử dụng định lý cosine (7), chúng ta thu được hệ gồm ba phương trình chưa biết $x, y$ và $z$:

24

(các giá trị $m, n$ và $p$ được cung cấp cho chúng tôi, vì các giá trị góc đã được biết).

Hệ thống này có một điểm tích cực duy nhất lời giải:

$$x = \frac{D}{np + m}, \quad y = \frac{D}{mp + n}, \quad z = \frac{D}{mn + p},$$

Ở đâu

$$D^2 = m^2 + n^2 + p^2 + 2mnp - 1$$ (kiểm tra!).

Do đó, việc xác định các góc sẽ xác định duy nhất các cạnh của tam giác và Định lý 2 đã được chứng minh.

Hình vuông. Ứng dụng

Chúng ta không có cơ hội nói chi tiết về lý thuyết diện tích trong hình học Lobachevsky. Vì vậy, chúng tôi sẽ hạn chế chỉ đưa ra những nhận xét ngắn gọn. Giả sử rằng mỗi đa giác $T$, không nhất thiết phải lồi (nhưng không tự giao), được gán một số dương nhất định $S(T)$ và:

1. nếu đa giác $T$ được chia thành nhiều đa giác $T_1, T_2, \dots, T_k$ thì $S(T) = S(T_1) + S(T_2) + \dots + S(T_k)$;
2. nếu đa giác $T_1$ và $T_2$ bằng nhau thì $S(T_1) = S(T_2)$. Khi đó người ta sẽ nói rằng $S(T)$ là diện tích của đa giác $T$.

Chúng tôi trình bày cho người đọc để chứng minh hoặc xác minh bằng các ví dụ đơn giản rằng trong mặt phẳng Lobachevsky, giá trị $S(T) = \lambda [(n - 2)\pi - (\alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_n)]$ có ​​thể được lấy làm diện tích của $n$-gon $T$, trong đó $\lambda$ là một giá trị dương cố định tùy ý, $n$ là số cạnh và $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n$ là các góc trong của đa giác.

Gợi ý và e. Lưu ý rằng đại lượng $(n - 2)\pi$ là tổng các góc trong của $n$-gon $T$ trong hình học Euclide, nghĩa là đại lượng $S(T)$ tỷ lệ thuận với vật thể và tổng các góc của đa giác trong hình học elidean và lobachevsky; cố gắng chứng minh tuyên bố đã nêu cho hình tam giác. “Thế giới phép thuật của Henri Poincaré” sẽ giúp bạn trở thành.

Diện tích của các hình cong (ví dụ: diện tích hình tròn) được tính như thường lệ bằng cách sử dụng đoạn văn đến giới hạn. Ví dụ, chứng minh rằng diện tích hình tròn bán kính $R$ là

$$\lambda \pi \left( \frac{R}{q^4} - q^{-\frac{R}{4}} \right)^2.$$

Để kết luận, chúng tôi lưu ý các tính năng sau. Tất cả các kết quả trên có thể dùng làm nguồn cho nhiều bài toán hình học và cũng có thể được sử dụng cho lời giải bài toán.

Hãy giải thích điều này bằng một ví dụ.

Qua điểm $P$ nằm trên đường kính $AB$ (Hình 6), vẽ các dây $MM'$ và $NN'$. Cần chứng minh dây $TT'$ phân bố lại theo đường kính và đi qua điểm $P$ cắt các dây $MN$ và $M'N'$ tại các điểm $S$ và $S'$ cách đều điểm $P$.

Lời giải và e. Bản dịch $\varphi_P$ biến đổi hợp âm $MN$ thành hợp âm $M'N'$ và biến hợp âm $TT'$ thành chính nó. Do đó, điểm $S$ tiến tới điểm $S'$ và $\rho(P, S) = \rho(P, S')$, tức là

$$\frac{|TP| \cdot |T'S|}{|TS| \cdot |T'P|} = \frac{|T'P| \cdot |TS'|}{|TP| \cdot |T'S'|}, \quad \text{и } |TP| = |T'P|;$$

từ đó dẫn đến $|SP| = |S'P|$.

Bài tập 6. Chứng minh khẳng định tương tự cho trường hợp điểm $P$ nằm trên phần kéo dài của đường kính $AB$.

25

Câu đố của Sam Loyd

Szm Loyd (1841-1911) là một nhà thiết kế trò chơi giải đố người Mỹ cực kỳ sáng tạo.

Nhiều câu đố của anh ấy, nếu được hình thành hơi khác một chút, sẽ biến thành bài toán toán học có vấn đề, cho phép khái quát hóa và dẫn đến bài toán mới.

Nhưng ở Loyd, bài toán được đưa ra dưới hình thức vui tươi. Loyd đã xuất bản hàng nghìn bài viết chiếm đóng bài toán (không chỉ toán học mà còn cả ngôn ngữ và cờ vua).

Anh ấy tự mình vẽ ra các bài toán, hơn nữa, đôi khi anh ấy còn tự đánh máy và in tác phẩm của mình. Câu đố mà chúng tôi trình bày ở đây đã được xuất bản trong cuốn sách Những câu đố của Sam Loyd, xuất bản ở Philadelphia vào năm 1912.

Câu đố hướng đạo sinh

Khi kiểm tra mục tiêu nhỏ này, một cuộc tranh cãi chỉ nổ ra về việc người bắn nào bắn trúng trung tâm: người ta biết rằng mọi việc đã được thực hiện.
mỗi người bắn sáu phát và ghi được 71 điểm. Bạn có thể xác định được ba bộ sáu số chứa 71 điểm không?

26

Lượng tử hóa và cấu trúc sóng

M. Volkinitain

Cơ học lượng tử là khoa học về các định luật chuyển động của các vi hạt (nguyên tử, electron, neutron, v.v.). Đây là vật lý của thế giới vi mô. Nó giải thích nhiều hiện tượng quan trọng - phân rã phóng xạ, tính dẫn điện của kim loại và bản chất của liên kết hóa học. Nhưng trước hết, cơ học lượng tử giải thích quang phổ vạch của nguyên tử - nó trả lời câu hỏi tại sao nguyên tử chỉ có khả năng phát ra hoặc hấp thụ ánh sáng từ một trăm tần số dao động sóng ánh sáng nhất định. Cơ học lượng tử đã chỉ ra rằng các electron trong nguyên tử chỉ có thể có các giá trị năng lượng cố định và thay đổi. Các nhà vật lý thường nói rằng các electron nằm ở các mức năng lượng rời rạc $E_1$, $E_2$, … - năng lượng của một electron trong nguyên tử bị lượng tử hóa. Sự hấp thụ hoặc phát xạ ánh sáng của một nguyên tử xảy ra khi một electron chuyển từ mức năng lượng này sang mức năng lượng khác. Trong trường hợp đầu tiên, electron chuyển từ mức có năng lượng thấp hơn sang mức có năng lượng cao hơn, trong trường hợp thứ hai - ngược lại. Tần số của sóng ánh sáng phát ra (hoặc bị hấp thụ) được xác định bởi các điều kiện của tần số Bohr.

$$v_{nn'} = \frac{E_n - E_{n'}}{h},$$

(1)

trong đó $E_n$, $E_{n'}$ là các mức năng lượng, $n$, $n'$ là các giá trị của số lượng tử đặc trưng cho các mức này.

Một trong những bài toán chính của cơ học lượng tử là tìm các giá trị năng lượng được lượng tử hóa cho một hệ hạt nhất định, đặc biệt là đối với nguyên tử. Theo phương trình (1) lời giải như vậy bài toán có ​​nghĩa là tính toán đồng thời phổ của hệ thống, nghĩa là xác định tập hợp tần số ánh sáng do hệ thống này phát ra. Độ chặt chẽ lời giải của bài toán này giảm xuống còn lời giải của phương trình cơ bản của cơ học lượng tử, cái gọi là phương trình Schrödinger. Đây là phương trình vi phân từng phần

27

đạo hàm bậc hai, và học sinh được xếp vào vị trí đó không thể giải được. Tuy nhiên, có thể thu được một số kết quả thú vị liên quan đến lượng tử hóa năng lượng mà không cần giải phương trình Schrödinger, dựa trên những cân nhắc khá đơn giản.

Các sự kiện xảy ra trong thế giới vi mô chỉ có thể giải thích được sau khi ý tưởng về bản chất sóng của các vi hạt xuất hiện. Ý tưởng này lần đầu tiên được thể hiện bởi de Broglie. Ông đề xuất rằng, cùng với tính chất hạt, các hạt vật chất còn có tính chất sóng và có mối liên hệ rõ ràng giữa chúng. Một hạt chuyển động với tốc độ $v$ và có động lượng $p=mv$ tương ứng với sóng-

$$n \frac{\lambda}{2} = L,$$

hoặc

$$\lambda_n = \frac{2L}{n},$$

ở đâu $n=1, 2, 3, \dots$ (Hình 1).

Chúng ta hãy thử sử dụng mô hình sóng dừng trên một cấu trúc để tìm các điều kiện lượng tử hóa cho một số cơ học lượng tử bài toán.

điện tử
“trong hộp tiềm năng”

Giả sử rằng electron có thể chuyển động tự do dọc theo một đoạn có độ dài $L$ mà không cần tác dụng của bất kỳ lực nào. Nói cách khác, thế năng của electron trong khoảng này bằng không. Và tại ranh giới của đoạn đó, thế năng của electron trở về vô cùng. Electron hành xử giống như một vật nặng, có khả năng chuyển động tự do dọc theo đáy hộp có thành thẳng đứng cao vô hạn, phản xạ đàn hồi từ thành của nó. Hỏi, có những khả năng nào về giá trị năng lượng của electron?

Nếu các đầu của cấu trúc được cố định, thì các nút của sóng dừng nhất thiết phải nằm trên chúng, sóng này không lan truyền ra ngoài ranh giới của cấu trúc. Tương tự, một vật nặng đựng trong hộp không thể vượt quá giới hạn của nó, vì việc này đòi hỏi một lượng năng lượng vô hạn. Một electron chuyển động trong một “hộp” với tốc độ $v$ tương ứng với sóng de Broglie $\lambda = \frac{h}{mv}$. Vì electron không thể vượt ra ngoài ranh giới của đoạn $L$ (nó bị phản xạ đàn hồi từ các thành của “hộp”), nên sóng de Broglie phải bị phản xạ từ

28

các bức tường của hộp. Do đó, dạng sóng tương ứng với chuyển động của electron có thể được biểu diễn dưới dạng sóng chìm de Broglie ổn định. Các nút phải nằm ở cuối của đoạn $L$ và trên chính đoạn đó, chúng phải chứa một số nguyên nửa sóng (Hình 2), nghĩa là chúng phải đáp ứng điều kiện

$$\lambda = \frac{h}{mv} = \frac{2L}{n} \quad (n = 1, 2, 3, \dots).$$

Theo đó, tốc độ của electron bên trong hộp bị lượng tử hóa:

$$v_n = \frac{h}{m\lambda_n} = \frac{nh}{2mL} \quad (n = 1, 2, 3, \dots).$$

Sự tương ứng được lượng tử hóa và động năng của nó cũng vậy. Bên trong hộp, thế năng của electron bằng 0 và do đó, tổng năng lượng trùng với động năng:

$$E = \frac{mv^2}{2}.$$

Thay thế ở đây khả năng của giá trị tốc độ (3), chúng tôi tìm thấy

$$E_n = \frac{n^2h^2}{8mL^2} \quad (n = 1, 2, 3, \dots).$$

Thoạt nhìn, kết quả này có vẻ bất ngờ. Nó có nghĩa là năng lượng của một vật nặng chuyển động trong một chiếc hộp có vách cao vô hạn phải được lượng tử hóa. Tuy nhiên, ngay cả đối với một hạt rất nhỏ, sự lượng tử hóa chỉ trở nên đáng chú ý trong trường hợp “chiếc hộp” có các kích thước ở cấp độ nguyên tử. Thật vậy, đối với một electron có khối lượng $m = 9,8 \cdot 10^{-28} e$, đặt trong một hộp có chiều dài $L = 1$ cm thì các giá trị năng lượng có thể có là

$$E_n = n^2 \frac{(6,62 \cdot 10^{-34})^2}{8 \cdot 9,8 \cdot 10^{-31} \cdot 10^{-4}} \approx n^2 \cdot 5,6 \cdot 10^{-34} \partial x = n^2 \cdot 3,5 \cdot 10^{-15} \partial v$$

và “khoảng cách” giữa các cấp liền kề

$$\Delta E_n = E_{n+1} - E_n = (2n+1) \cdot 3,5 \cdot 10^{-15} \partial v.$$

Đây là những “khoảng cách” rất lớn và phổ năng lượng là có thật.

Điều kiện lượng tử hóa năng lượng (4), mà chúng ta thu được bằng cách tương tự với các dao động của dây, hóa ra là hoàn toàn nghiêm ngặt - nó hoàn toàn trùng khớp với điều kiện đưa ra phương trình lời giải Schrödinger cho một bài toán cho trước. Chúng ta sẽ quay lại công thức (4) và chỉ ra những kết quả thú vị rút ra từ nó. Bây giờ, hãy chuyển sang bài toán khác.

Bộ dao động điều hòa

Chúng ta hãy xem xét lượng tử hóa của một bộ dao động điều hòa. Đây là tên của một hạt chịu tác dụng của một lực $f = -kx$, tỷ lệ thuận với độ lệch $x$ của hạt so với vị trí cân bằng và có xu hướng đưa hạt về vị trí này.

Hệ số tỉ lệ $k$ là một hằng số đặc trưng cho các tính chất khác của hệ mà lực kia tác dụng. Ví dụ, trong trường hợp quả bí, $k$ là độ cứng của quả bí.

Dao động tử được đưa ra khỏi vị trí cân bằng trùng với dao động điều hòa

29

dao động nic có tần số

$$v = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{m}}. \quad (5)$$

Năng lượng của bộ dao động điều hòa tại bất kỳ thời điểm nào (đối với bất kỳ độ lệch nào $x$ từ vị trí cân bằng) bao gồm thế năng $\Pi = \frac{kx^2}{2}$ và động học $K = \frac{mv_x^2}{2}$ năng lượng, tức là

$$E = \frac{kx^2}{2} + \frac{mv_x^2}{2}.$$

Đồ thị thế năng dao động - parabol $\Pi = \frac{kx^2}{2}$ (Hình 4).

Vi hạt dao động với độ lệch tối đa $x_0$, về cơ bản là di chuyển dọc theo một đoạn chiều dài $2x_0$và tốc độ của chuyển động này phụ thuộc vào tọa độ $x$ ($v = \sqrt{\frac{k}{x}(x_0^2 - x^2)}$).

Do đó, bước sóng de Broglie tương ứng với hạt sẽ không đổi. Đây là điều kiện có ý nghĩa lời giải bài toán. Để đơn giản hóa lời giải, hãy đưa ra một số giả định - giả sử rằng giữa các điểm $x_0$ Và $-x_0$ trên toàn bộ đoạn đó, tổng năng lượng của hạt bằng động năng.

Giả định mà chúng tôi đưa ra có nghĩa là bộ dao động có thể được coi như một hạt trong một “hộp thế năng”, “độ sâu” của nó $\frac{kx_0^2}{2}$ (xem hình 3). Trên các “bức tường” tổng năng lượng bằng thế năng, tức là

$$E = \frac{kx_0^2}{2}.$$

$$L = 2x_0 = 2\sqrt{\frac{2E}{k}}.$$

Thực tế là bên trong “chiếc hộp” xuyên suốt toàn bộ phân khúc $L$ động năng là không đổi $\left(\frac{mv^2}{2} = \frac{kx_0^2}{2}\right)$, có nghĩa là tốc độ của hạt bên trong “hộp” là không đổi. Một hạt như vậy tương ứng với một sóng de Broglie đứng, độ dài của sóng này được xác định bởi các điều kiện.

$$\lambda_n = \frac{2L}{n} = \frac{4}{n}\sqrt{\frac{2E}{k}}.$$

$$v_n = \frac{nh}{4m}\sqrt{\frac{k}{2E}}.$$

$$E = \frac{mv^2}{2} = \frac{m}{2}\left(\frac{nh}{4m}\sqrt{\frac{k}{2E}}\right)^2,$$

$$E_n = \frac{nh}{8}\sqrt{\frac{k}{m}},$$

$$E_n = \frac{\pi}{4}nhv \quad (n = 0, 1, 2, \dots).$$

cửa hàng lời giải bài toán sử dụng phương trình Schrödinger có dạng

$$E_n = nhv + \frac{1}{2}hv (n=0, 1, 2, \dots).$$

Điều quan trọng là nó không cháy lời giải (6) phản ánh tính năng chính của lượng tử hóa dao động -

30

tỷ lệ giữa giá trị năng lượng với số lượng tử $n$. Các mức năng lượng của bộ dao động điều hòa nằm ở những khoảng cách bằng nhau. Và điều này cũng phản ánh lời giải (6). Đúng, trong lời giải tích hợp, các khoảng cách này bằng $hv$ và trong khoảng cách không nghiêm ngặt, chúng là $-\frac{\pi}{4} hv$. (Tất nhiên, kinh nghiệm xác nhận thứ tự lời giải.) Ngoài ra, theo thứ tự lời giải, năng lượng tối thiểu của bộ dao động điều hòa tại $n=0$ khác 0 và bằng $\frac{hv}{2}$ (Hình 4a).

Trong lời giải $E_0=0$ không nghiêm ngặt (Hình 46). Từ điều kiện lượng tử hóa (6), suy ra khả năng xảy ra sai lệch cực đại so với vị trí

Cơm. 4a.

cân bằng là rời rạc:

$$E_n = \frac{kx_n^2}{2} = \frac{\pi}{4} hv,$$

Ở đâu

$$x_n = \sqrt{\frac{\pi}{2}nh\frac{v}{k}}.$$ (8)

Kết luận này có vẻ hoàn toàn xa lạ. Xét cho cùng, biên độ dao động về cơ bản được xác định bằng sự trộn ban đầu từ vị trí cân bằng. Và từ kinh nghiệm “hàng ngày”, người ta biết rằng việc trộn một quả bóng bên ngoài có thể được thay đổi một cách trơn tru, liên tục. Có chuyện gì vậy? Hãy tự mình thử, sử dụng công thức (8), để tìm khoảng cách giữa các giá trị “láng giềng” $x_n$ và $x_{n+1}$, ví dụ: đối với một quả bóng có khối lượng $m=10$ $e$, dao động độ cứng bên ngoài $k=1000$ $h/m$. Và bạn sẽ thấy rằng khoảng cách này là cố định, phổ của các giá trị thu được $x$ gần như liên tục. Và chỉ đối với vi hạt, quang phổ $E_n$ và $x_n$ là rời rạc.

nguyên tử hydro

Chúng ta hãy xem xét một bài toán khác - về lượng tử hóa năng lượng của các nguyên tử hydro. bài toán này lần đầu tiên được giải quyết bởi Niels Bohr. Ông đã tính toán quang phổ của các nguyên tử hydro bằng cách sử dụng mô hình hành tinh. Mặc dù năng lượng điện tử được tính toán phù hợp với phổ quan sát được, nhưng mô hình này không cho phép tính toán các đặc tính khác của nguyên tử.

Theo các khái niệm hiện đại của cơ học lượng tử, mô hình hành tinh chỉ phản ánh một cách rất có điều kiện hành trạng thực tế của các electron. Trong hydro này, một electron đơn lẻ dường như tạo thành một đám mây điện tử xung quanh hạt nhân - một đám mây mang điện tích âm, mật độ của nó đặc trưng cho xác suất tìm thấy một electron ở một vùng nhất định bên trong các nguyên tử. Ở trạng thái không bị kích thích của các nguyên tử, bán kính từ quả cầu có mật độ lớn nhất là khoảng 0,53 Å. (Trong mô hình hành tinh khoảng cách này

31

tương ứng với bán kính quỹ đạo electron nhỏ nhất ~0,53 A.)
Như chúng tôi đã nói, các câu hỏi về cấu trúc và tính chất của lớp vỏ electron của nguyên tử được trả lời bằng phương trình đáp số lời giải Schrödinger cho một hệ nhất định. Chúng ta sẽ cố gắng giải bài toán về lượng tử hóa năng lượng của một nguyên tử hydro mà không sử dụng mô hình hành tinh hoặc phương trình Schrödinger - chúng ta vẫn sẽ giới hạn ở sự tương tự cơ học với các dao động của một sợi dây có các đầu cố định.

Thế năng của electron do nó tương tác với hạt nhân bằng

$$\Pi = -\frac{e^2}{r},$$

cơm. 5a.

trong đó $e$ là giá trị điện tích của electron và $r$ là bán kính của hình cầu có khả năng xuất hiện nhiều nhất của một electron trong nguyên tử (tức là bán kính của hình cầu có mật độ cao nhất của đám mây điện tử).

Đồ thị của sự phụ thuộc $\Pi(r)$—đường cong thế năng—có dạng hyperbol (Hình 5a). Chúng ta có thể giả sử rằng với một giá trị nhất định là $r$, electron sẽ di chuyển trong nguyên tử bên trong một vùng có kích thước tuyến tính bằng $r$.

Chúng ta sẽ giả sử rằng tại “biên giới” của vùng này, toàn bộ năng lượng của electron bằng thế năng của nó, tức là.

$$E = \Pi = -\frac{e^2}{r}.$$

“Bên trong” đoạn đó, năng lượng của electron tại mỗi điểm $x$ bao gồm động năng và thế năng:

$$E = \frac{mv^2(x)}{2} + \Pi(x) = -\frac{e^2}{r}.$$

Tốc độ của electron thay đổi trên đoạn $r$; do đó, bước sóng de Broglie tương ứng với electron sẽ không đổi. Điều kiện này là lời giải bài toán. Để tha thứ cho anh ta, chúng ta sẽ đưa ra giả định sau: chúng ta sẽ cho rằng tốc độ của electron là không đổi. Ví dụ: đặt tốc độ có độ lớn bằng giá trị $v(r/2)$.

Vì $\Pi(r/2) = -\frac{2e^2}{r}$ nên từ (9) ta tìm được giá trị $v = v(r/2)$

$$v = \sqrt{\frac{2e^2}{mr}} = \sqrt{\frac{-2E}{m}}.$$

Các giả định mà chúng tôi đưa ra về cơ bản có nghĩa là chúng tôi biểu diễn electron trong nguyên tử dưới dạng hạt trong một “hộp thế năng” có “độ sâu” là $-\frac{e^2}{r}$ và “chiều rộng” của nó là $r$ (xem Hình 5a). Một hạt như vậy tương ứng với cấu trúc của sóng de Broglie, có lẽ độ dài của sóng này được xác định bởi các điều kiện

$$\lambda_n = \frac{2r}{n} = -\frac{2e^2}{nE}.$$

32

Do đó, khả năng vận tốc điện tử

$$v_n = \frac{h}{m\lambda_n} = -\frac{hnE}{2me^2}.$$

Theo (10), tổng năng lượng của một electron có thể được biểu thị dưới dạng tốc độ của nó: $E = -\frac{mv^2}{2}$. Thay thế khả năng của giá trị $v_n$ từ (11), chúng ta thu được

$$E = -\frac{mv_n^2}{2} = -\frac{h^2n^2E^2}{8me^4}.$$

Do đó, khả năng giá trị năng lượng của điện tử là

$$E_n = -\frac{8me^4}{n^2h^2} \quad (n = 1, 2, 3, \ldots).$$

Cạnh lời giải của bài toán (lời giải phương trình Schrödinger) này có dạng

$$E_n = -\frac{2\pi^2me^4}{n^2h^2} \quad (n = 1, 2, 3, \ldots).$$

Lời giải (12) và (13) chỉ khác nhau ở hệ số. Vì vậy, những gì chúng tôi thu được lời giải mô tả chính xác về mặt chất lượng phổ của nguyên tử hydro. Các mức năng lượng của một electron trong nguyên tử tiến gần đến mức số lượng tử $n$ tăng lên (Hình 56). Giá trị năng lượng ở các mức khác nhau có liên quan như

$$E_1:E_2:E_3:\ldots = 1:\frac{1}{4}:\frac{1}{9}:\ldots$$

Khi $n$ tăng lên, năng lượng của electron được tính toán (hãy nhớ lại rằng $E_n < 0$) và ở $n \to \infty$ ($r \to \infty$) nó trở thành bằng không. Một electron được tách ra khỏi nguyên tử. Năng lượng của electron tự do là dương và phổ các giá trị có thể có của nó là liên tục.

Vì vậy, các báo cáo về sóng dừng de Broglie trong trường hợp điển hình của chúng tôi giúp giải thích sự lượng tử hóa năng lượng của hệ.

Mô hình phân tử kim loại

Bây giờ chúng ta hãy quay trở lại một hộp tiềm năng với những bức tường vô tận. Không giống như bài toán khác, chúng tôi có sóng lời giải nghiêm ngặt ở đây. Chúng tôi hỏi, một mô hình như vậy có thể gặp ở đâu? Trong lý thuyết về phân tử.

Các phân tử của các hợp chất hữu hạn, trong đó liên kết đôi cacbon-cacbon được liên hợp với các liên kết đơn, tức là xen kẽ với nó, có các electron di động. Mỗi liên kết đôi có hai electron di động (gọi là electron pi). Những electron này có thể di chuyển tự do dọc theo hệ thống liên kết, nhưng tất nhiên, để rời khỏi phân tử, các electron phải thu được năng lượng rất cao.

Các bệnh nhiễm trùng có phân tử chứa một số lượng lớn liên kết liên hợp, tức là các điện tử pi, biểu hiện: Điều này có nghĩa là, không giống như hầu hết các hợp chất hạn chế, không phải pseonic, các chất này hấp thụ ánh sáng trong vùng khả kiến ​​của quang phổ. Các liên kết liên hợp càng lớn, tức là các pi-electron càng lớn thì các liên kết liên hợp càng lớn, chính xác là những chất như vậy. Ví dụ, trong dãy hydrocacbon có liên kết liên hợp, bước sóng $\lambda$, tương ứng với độ hấp thụ bước sóng dài hơn, được trình bày trong bảng.

| Công thức hydrocacbon | Số lượng điện tử pi | Bước sóng của ánh sáng hấp thụ $\lambda$, mm |
| :— | :— | :— |
| $H_2C=CH_2$ | 2 | 180 |
| $H_2C=CH-CH=CH_2$ | 4 | 217 |
| $H_3C-HC=CH-CH-CH=CH-CH=CH_3$ | 8 | 320 |
| $H_3C-HC=CH-CH=CH-CH=CH-CH=CH_3$ | 12 | 372 |

33

Những chất này hấp thụ ánh sáng ở vùng cực tím của quang phổ, nhưng với sự gia tăng hơn nữa số lượng liên kết liên hợp, vùng ổn định hấp thụ sẽ chuyển sang vùng khả kiến. Chúng ta thấy rằng λ gần tỷ lệ thuận với số lượng electron pi.

Chúng ta hãy tính bước sóng λ bằng mô hình hộp thế năng.

Cơm. 6.

Chiều rộng của hộp $L$ bằng chiều dài của chuỗi liên kết liên hợp, tức là $L = Nl$, trong đó $N$ là số lượng liên kết liên hợp, $l$ là độ dài của một liên kết chuỗi (liên kết $C - C = C$) (Hình 6). Thềm hấp thụ bước sóng dài nhất tương ứng với sự chuyển đổi của một electron từ mức năng lượng bị chiếm giữ cuối cùng sang mức năng lượng tự do đầu tiên. Số lượng electron pi trong phân tử có liên kết đôi $N$ là $2N$. Theo các quy luật của cơ học lượng tử (nguyên lý Pauli), hai electron (có spin phản song song, tức là động lượng vốn có trong một electron) có thể nằm ở mỗi mức năng lượng. Do đó, $2N$ electron chiếm mức $N$ và ngưỡng hấp thụ bước sóng dài nhất tương ứng với sự chuyển đổi của electron từ mức $N$ chiếm giữ sang mức $N + 1$, tức là mức tự do. Theo công thức (1), sự chuyển tiếp này tương ứng với tần số của sóng ánh sáng

$$v_{N, N+1} = \frac{E_{N+1} - E_N}{h}.$$

Ta tìm các giá trị năng lượng $E_{N+1}$ và $E_N$ từ điều kiện lượng tử hóa (4)

34

Thí nghiệm về phản xạ toàn phần

Cơm. 1. 1 - một cốc nước, 2 - tấm kính, 3 - một đồ vật.

Vào những năm 70, một phương pháp đơn giản đã được phát triển để xác định chiết suất của chất lỏng, dựa trên việc sử dụng hiện tượng phản xạ toàn phần của ánh sáng. Chúng tôi mời bạn thực hiện một thí nghiệm minh họa phương pháp thú vị này.

Đặt một miếng đệm bằng bìa cứng hình khung giữa hai tấm kính mỏng và dùng một tấm ép mép các tấm sao cho khoảng không khí giữa chúng được cách ly với môi trường. Đổ nước vào lọ thủy tinh hoặc thủy tinh và nhúng các đĩa thẳng đứng vào đó. Nhìn qua kính và các tấm, hướng vuông góc với đường ngắm, vào một vật thể đủ sáng nào đó (Hình 1). Bây giờ dần dần xoay các tấm, thay đổi góc giữa chúng và hướng quan sát. Bắt đầu từ một giá trị nhất định của góc này, cùng với một vật nằm phía sau cốc nước, bạn sẽ thấy mặt trong của tấm gần mắt nhất tỏa sáng, giống như một tấm gương tuyệt vời.

Rõ ràng kết quả thí nghiệm được giải thích bằng hiện tượng phản xạ toàn phần của ánh sáng.

Cơm. 2.

Sự phản xạ: Khi ánh sáng truyền từ môi trường chiết quang hơn sang môi trường chiết quang kém hơn, vật có góc tới của ánh sáng trên mặt phân cách giữa môi trường đó sao cho góc vật bằng 90°. Nếu góc tới lớn hơn góc của vật thì ánh sáng không truyền được vào môi trường thứ hai.

Có thể xác định chiết suất của chất lỏng trong thí nghiệm mô tả ở trên không? Thoạt nhìn thì có vẻ như không phải vậy: ánh sáng từ thủy tinh truyền vào không khí, có nghĩa là góc của vật phụ thuộc vào chiết suất của thủy tinh. Tuy nhiên, việc kiểm tra kỹ hơn các điều kiện thí nghiệm cho thấy điều này không phải như vậy. Có hiệu lực-

nhưng, đặt chiết suất tuyệt đối của ống khói và chất lỏng lần lượt là $n_{\text{CT}}$ và $n_{\text{ж}}$. Sau đó theo định luật khúc xạ (Hình 2).

$$\frac{\sin i_1}{\sin i'} = \frac{n_{\text{CT}}}{n_{\text{ж}}}.$$ (1)

Vì tấm kính song song với mặt phẳng nên $i'$ là góc tới đồng thời của ánh sáng trên mặt phân cách thủy tinh-không khí. Nếu quan sát thấy phản xạ toàn phần thì góc khúc xạ là $i_2 = 90^\circ$. Do đó, đối với bề mặt tiếp xúc giữa thủy tinh và không khí, theo định luật khúc xạ

$$\frac{\sin i'}{\sin i_2} = \sin i' = \frac{1}{n_{\text{CT}}}.$$ (2)

Cơm. 3a.

So sánh công thức (1) và (2), chúng ta thấy rằng

$$n_{\text{ж}} = \frac{1}{\sin i_1}.$$

Do đó, trong thí nghiệm được mô tả, chiết suất của chất lỏng có thể được xác định bằng cách thay đổi góc tới $i_1$ của ánh sáng từ chất lỏng lên tấm thủy tinh.

Điều này có thể được thực hiện bằng cách sử dụng một băng tải đặt dưới đáy bình. Dựa trên kết quả đo, sử dụng bảng giá trị sin, bạn có thể tính được chiết suất của chất lỏng.

Phản xạ nội toàn phần là một hiện tượng thực sự đẹp nhưng khó xảy ra cho đến khi xảy ra phản xạ nội toàn phần của ánh sáng: trong trường hợp này, vật nằm ở nửa sau của một ống thủy tinh nối với một nhóm cao su nơi chứa nước. Bằng cách nhấn vào bóng đèn, bạn sẽ nâng mực nước ở nửa sau của ly lên, đồng thời một vật sẽ “xuất hiện”; Bằng cách giảm áp suất lên bóng đèn, bạn sẽ tăng khả năng “biến mất”.

Với sự trợ giúp của các tấm có “miếng đệm khí”, thủ thuật này có thể được thực hiện như trong Hình 3a và 36.

36

NGƯỜI CHIẾN THẮNG
CUỘC THI
“QUANTA”

Theo quyết định của Ban tổ chức Olympic toàn Liên đoàn, những học sinh thường xuyên liên kết đặc biệt phương Đông và hoàn thành lời giải bài toán “Bài toán Kvant, sẽ được quyền tham gia loại tài nguyên của Olympic toàn Liên đoàn.

Trong năm qua, 1975, ban biên tập đã nhận được rất nhiều thư có quyết định bài toán. Ban biên tập tạp chí «Kvant» cùng với các thành viên Ban tổ chức đã lựa chọn những tác giả đúng và thú vị nhất lời giải.

Dưới đây là danh sách học sinh - người chiến thắng cuộc thi «Kvant» - đã nhận được quyền tham gia Olympic Tài nguyên năm 1976.

Matematika

O. APOLONSKY Zhukovsky, s.sh. lớp 1, 10
Z. BERKALIEV Karaganda, s.sh. lớp 1, 10
M. GEDALIN Tbilisi, FMS tại TSU, lớp 10.
R. GILYAZOV Navon, s.sh. lớp 1, 10
V. GISHLARKAEV s. Urus-Marshan Chi ASSR, s.sh. lớp 3, 10
S. GRISHIN Rybnoye, Rybnovskaya s.sh., 10 kl.
V. GUSEINOV Nakhchevan, s.sh. lớp 3, 10
A. DANILOV Shumerlya, s.sh. lớp 1, 10
A. DIDENKO Krasnodar, s.sh. 28, 9 lớp
M. IMERLLISHVILI Tbilisi, s.sh. 101, 10 ô
I. KALIKA Knev, s.sh. 145, 9 ô.
A. KAMALYAN Ijevan, đường cao tốc phía bắc của Nga. B. Nersi-syan, lớp 10.
A. KNYAZYUK Knev, s.sh. 145, 9 ô.
Sh. KUKHALEISHVILI Tbilisi, Trường Vật lý tại TSU, lớp 10.
D. LIVINENKO Sevastopol, s.sh. 34, 10 ô
S. CUỘC SỐNG Kharkov, s.sh. 27, 10 lớp
V. MEDVED Molodechno, s.sh. lớp 3, 9

37

I. MOROZOV Gorky, tr. w. 184, 10 ô
O. OKUNEV Kazan, tr. w. 122, 10 ô.
D. PAPUSH, Kharkov, tr. w. 27, 8 lớp
S. POSLAVSKY Kharkov, tr. w. 116, 10 ô
Y. POSHEKHONOV Saratov, tr. w. lớp 13, 10
A. ROMANOV Tashkent, tr. w. 103, 10 ô
B. SMIRNOV Ufa, tr. w. lớp 86,9.
S. TREGUB Tashkent, tr. w. 103, 10 ô
Y. PHILOSOPHOV Saratov, tr. w. lớp 13, 10
V. FLORYA Làng Satu-Nouskaya. w. Quận Chimshilsky Khuôn mẫu. Liên Xô
B. Làng YATSALO Zarechenskaya w. Vùng Rivne, lớp 10.

Vật lý

H. ABDULLIN Almaty, RFMSH, lớp 10.
G. AIZIN Brest, tr. w. lớp 1, 10
M. GEDALIN Tbilisi, RFMS tại TSU, lớp 10.
O. GODIN Simferopol, tr. w. lớp 40, 10.
G. GOLUBTSOVA Mátxcơva, tr. w. 410, 8cl.
Y. GONIK Bryansk, tr. w. lớp 5, 10
A. KNYAZYUK Kyiv, tr. w. 145, 9 ô.
K. KOPEYKIN Leningrad, tr. w. 239, 10 ô
S. KOPYLOVSKY Làng Znoby-Novgorodskoe, vùng Sumy, làng. sh., 10 cl.
O. LISCHENKO Kyiv, tr. w. 145, 9 ô.
I. MOROZOV Gorky, tr. w. 184, 10 ô
Y. MUKHARSKY Kyiv, tr. w. 145, 9 ô.
V. POZNYAK Baranovichi, s. w. lớp 8, 10
E. PONOMAREV tr. Chernogolovka Moscow, khu vực, tr. w. 82, 8 ô
I. RUDOY Kharkov, tr. w. 27, 10 lớp
P. SARGAZAKOV Novosibirsk, RFMS tại NSU, lớp 10.
I. SOKOLOV Mátxcơva, tr. w. 179, 10 ô
Y. KHABAROV Pavlovo-Posad Moscow, vùng, tr. w. lớp 1, 10

38

Bài toán
M371—M375;F383—F387

Lời giải bài toán từ số báo này có thể được gửi chậm nhất là ngày 1 tháng 5 năm 1976 đến địa chỉ: 113035, Moscow, Zh-35, st. B. Ordynka, 21/16, tòa soạn tạp chí «Kvant». Viết lên phong bì lời giải mà bài toán bạn đang gửi, ví dụ: “Sự cố «Kvant»” M371 hoặc “…F383”.
Lời giải bài toán cho từng môn học (toán học và vật lý), cũng như bài toán mới vui lòng gửi trong phong bì riêng. Vui lòng gửi Bài toán từ các số tạp chí khác nhau trong các phong bì khác nhau. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (trong phong bì này bạn sẽ nhận được kết quả kiểm tra lời giải của mình). Gửi các điều kiện của bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản thành hai bản cùng với lời giải của bạn cho những bài toán này (trên vị trí phong bì: “Vấn đề «Kvant», bài toán mới trong vật lý” hoặc “… mới bài toán trong toán học”). Sau từ ngữ bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề nghị chúng tôi bài toán này. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Nan khó hơn bài toán được đánh dấu bằng dấu hoa thị.

M371. Mỗi ô của bàn cờ chứa một số nguyên từ 1 đến 64, với các số khác nhau ở các ô khác nhau. Trong một câu hỏi, chỉ ra tập hợp trường bất kỳ, hãy tìm ra tập hợp (bộ) số trong các trường này. Trong số câu hỏi ít nhất bạn có thể tìm ra số trong mỗi ô là bao nhiêu?

S. Fomin

M372. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng điều kiện $ACB \geq 120^\circ$ là cần và đủ để bất đẳng thức $|AP| + |BP| + |CP| \geq |AC| + |BC|$ thỏa mãn với mọi điểm P trong mặt phẳng.

P. Khaidukov

M373. a) Mọi số tự nhiên (viết dưới dạng hệ thập phân) đều được chia thành hai lớp. Chứng minh rằng bất kỳ phân số thập phân vô hạn nào cũng có thể được cắt thành các phần hữu hạn sao cho tất cả chúng, ngoại trừ phần đầu tiên, đều thuộc cùng một lớp.
b) Giống nhau bài toán, nhưng các số tự nhiên không được chia thành hai mà thành nhiều lớp.

M374. Đặt $a, b$ và $c$ là các số dương, $a > c$ và $b > c$. Chứng minh bất đẳng thức
$$\sqrt{c(a-c)} + \sqrt{c(b-c)} \leq \sqrt{ab}$$
A. Reznikov

M375. Bên trong khối đa diện lồi của tập 1, các điểm $3 \cdot (2^n - 1)$ được đánh dấu.
Chứng minh rằng có thể cắt từ nó một khối đa diện lồi có thể tích $(1/2)^n$ không chứa bất kỳ điểm nào được đánh dấu bên trong nó.

B. Makeev

F383. Một chuỗi có khối lượng $m$ và chiều dài $l$ được đặt trên hình nón tròn chính có góc ở đỉnh $2\alpha$. Hình nón cùng với sợi dây quay với vận tốc góc $\omega$ quanh một trục thẳng đứng trùng với trục đối xứng của hình nón. Mặt phẳng của dây xích nằm ngang. Tìm lực căng của dây xích.

F384. Hai hạt 1 và 2 tương tác với nhau với khối lượng lần lượt là $m_1$ và $m_2$ khoảng

39

phát triển hệ thống khép kín. Hình 1 thể hiện quỹ đạo của hạt 1 và vị trí của cả hai hạt tại thời điểm vận tốc của hạt 1 bằng v, vận tốc của hạt 2 bằng -3v. Xây dựng quỹ đạo của hạt 2 nếu $\frac{m_1}{m_2} = 3$.

F385. Một tấm dẫn điện mỏng lớn có diện tích S và độ dày d được đặt trong một điện trường đều E vuông góc với tấm đó. Hỏi nhiệt lượng tỏa ra trong dây dẫn là bao nhiêu nếu tắt từ trường?

P. Zubkov

F386. Ở đỉnh của một tam giác vuông đều có cạnh bằng a có các quả cầu kim loại giống hệt nhau có bán kính r (r<a). Mỗi quả bóng đều được tích điện q. Quả bóng 1 và 2 được nối bằng dây dẫn, sau đó dây dẫn được tháo ra. Sau đó, họ làm tương tự với quả bóng 2 và 3, và cuối cùng là với quả bóng 3 và 1. Những quả bóng nào được tích điện?

F387. Hai người đi xe đạp trong một rạp xiếc với vận tốc tuyến tính bằng nhau v dọc theo các vòng tròn bán kính R₁ và R₂, tâm của chúng cách nhau một khoảng l (l < (R₁+R₂)). Một trong những người đi xe đạp di chuyển theo chiều kim đồng hồ, người còn lại ngược chiều kim đồng hồ. Tìm vận tốc tương đối của những người đi xe đạp (trong hệ tọa độ liên kết với một trong số họ) tại thời điểm cả hai cùng đứng trên đường đi qua tâm các đường tròn tại các điểm: a) A₁ và A₂; b) A₁ và B₂; c) B₁ và B₂; d) A₂ và B₁ (Hình 2).

Lời giải bài toán

M331. a) Tam giác A₁B₁C₁ thu được từ tam giác ABC bằng cách quay quanh tâm của đường tròn ngoại tiếp một góc nhất định nhỏ hơn 180°. Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng tương ứng: (AB) và (A₁B₁), (BC) và (B₁C₁), (CA) và (C₁A₁) là các đỉnh của một tam giác, giống tam giác ABC.

b) Tứ giác A₁B₁C₁ thu được từ bốn-

Nhiều độc giả đã thêm lời giải vào bài toán này dựa trên việc xem xét các góc nội tiếp. Như vậy, lời giải, theo quy định, không có phân tích về trường hợp trong đó không phải các bên tương ứng giao nhau mà là sự tiếp nối của họ. Chúng ta hãy trình bày một lời giải đơn giản và tổng quát hơn, sử dụng các phép biến đổi hình học.

a) Ký hiệu giao điểm của đường thẳng AB với đường thẳng A₁B₁ (thu được từ (AB) bằng cách quay vectơ ngoại tiếp O theo góc α) theo C₂: C₂ = (AB) ∩ (A₁B₁) (Hình 1). Vẽ đường OC₀ vuông góc từ tâm O đến dây AB; thì C₀ là trung điểm của dây AB. Rõ ràng là

$$|OC_2| \cdot |\cos \frac{\alpha}{2}| = |OC_0|.$$

40

quận ABCD, được mô tả bằng một đường tròn có tâm O, bằng cách quay quanh tâm O một góc nào đó nhỏ hơn 180°. Chứng minh rằng lũy ​​thừa tương ứng với các đường thẳng: (AB) và (A1B1), (BC) và (B1C1), (CD) và (C1D1), (DA) và (D1A1) là các đỉnh của hình bình hành.

Do đó, C0 ở giữa của dây AB đi đến giao điểm C2 của đường AB và A1B1 là kết quả của việc thực hiện tuần tự hai phép biến đổi: quay một góc α/2 so với tâm O và được chuẩn bị cùng tâm và hệ số 1/|cos α/2|. Phép biến đổi được chỉ định không phụ thuộc vào việc lựa chọn hợp âm, do đó, sau khi thực hiện, trung điểm A0 và B0 của dây BC và AC lần lượt đi đến các điểm A2 = (BC)∩(B1C1) và B2 = (CA)∩(C1A1). Từ đó suy ra tam giác A2B2C2 đồng dạng với tam giác A0B0C0 với hệ số đồng dạng là 1/|cos α/2|.

6. Lời giải của cái này bài toán tương tự như cái trước. Gọi P, Q, R, S là trung điểm của các dây AB, BC, CD, DA (Hình 2). Không khó để chứng minh tứ giác PQRS là hình bình hành. Do đó, các giao điểm P1 = (AB)∩(A1B1), Q1 = (BC)∩(B1C1), R1 = (CD)∩(C1D1) và S1 = (DA)∩(D1A1) là các đỉnh của hình bình hành P1Q1R1S1, đồng dạng với hình bình hành PQRS có hệ số tương tự 1/|cos α/2|.

3. thái giám

Cơm. 1.

Cơm. 2.

M332. Có thể tạo một khối có kích thước k×k×k từ cốc trắng và đen 1×1×1 sao cho mỗi khối có hai khối lân cận có cùng màu với chính nó không? (Hai hình lập phương được coi là liền kề nếu chúng có cạnh chung.)

Đáp số. Nếu k chẵn thì có thể, nhưng nếu k lẻ thì không thể.

Một ví dụ về k chẵn không khó xây dựng: chẳng hạn, bạn có thể tạo một khối lập phương từ các khối đen trắng xen kẽ có kích thước 2 × 2 × 1 hoặc từ các lớp xen kẽ như trong Hình 3 (hình này thể hiện hai phần của khối lập phương k × k × k, k = 8, các mặt phẳng nằm ngang, nằm cách nhau một khoảng).

Giả sử rằng ngay cả với k lẻ vẫn có thể tạo thành lập phương cần thiết. Hãy nối tâm của các cốc trắng liền kề bằng các đoạn. Từ mỗi trung tâm sẽ có hai phân đoạn. Như vậy, chúng ta sẽ có một hoặc nhiều đường đứt đoạn khép kín, các liên kết của chúng song song với các cạnh của hình lập phương và tổng chiều dài bằng số cốc trắng. Đường đứt đoạn khép kín, bao gồm các đoạn đơn vị của ba hướng vuông góc với nhau, rất thuận tiện. Vì vậy, không có

41

Cơm. 3.

M333. Ba người đàn ông bò dọc theo các cạnh của tam giác ABC sao cho tâm của những người đàn ông được tạo bởi tam giác vẫn ở một chỗ. Chứng minh rằng nó trùng với tâm của tam giác ABC nếu biết rằng một trong hai người đã bò dọc theo toàn bộ đường biên của tam giác. (Tâm chồng gọi là giao điểm của các đường trung tuyến của nó.)

Cơm. 4.

M334. Cho một đa thức P(x):
a) với các hệ số tự nhiên,
b) với hệ số nguyên.
Với mỗi số tự nhiên n, gọi aₙ biểu thị tổng các chữ số trong ký hiệu thập phân của số P (n). Chứng minh rằng tồn tại một số xuất hiện theo dãy a₁, a₂, a₃, … vô số lần.

Đặt P(x) = cₙxᵙ + cₙ-1xᵙ-1 + … + c₁x + c₀, cₙ ≠ 0.
a) Các số cₙ, cₙ-1, …, c₁, c₀ không âm.
Xét một số tự nhiên l sao cho 10ᵀ lớn hơn các số cₙ, cₙ-1, …, c₁, c₀. Khi đó ký hiệu thập phân của số aᵢ = P(10ᵀ) trước tiên sẽ chứa các chữ số của số cₙ, sau đó là các số 0; khi đó các chữ số của số cₙ-1 lại là số 0; các chữ số của số cₙ-2 đều là số 0, v.v. Như vậy, tổng các chữ số của số aᵢ = P(10ᵀ) bằng tổng các chữ số S của tất cả các số cₙ, cₙ-1, …, c₁, c₀. Lập luận tương tự, chúng ta thấy rằng

S = tổng các chữ số a₁₀l+1 = tổng các chữ số a₁₀l+2 = …,
t. Tức là số S xuất hiện theo dãy a₁, a₂, … vô số lần.

6. Thay P (x) bằng - P (x), nếu cần, chúng ta có thể giả sử rằng cₙ > 0. Giả sử m là một số tự nhiên. Ta đặt Q (x) = P (x + m) = cₙ (x + m)ᵙ + cₙ-1 (x + m)ᵙ-1 + … + c₁ (x + m) + c₀. Mở ngoặc và đưa các số hạng tương tự, ta thấy Q(x) là đa thức có hệ số nguyên. Nếu bₖ là tổng các chữ số của số |Q(k)| thì rõ ràng bₖ = aₖ+m. Vì vậy, chỉ cần chọn số m sao cho mọi hệ số của đa thức Q(x) đều không âm; thì một số sẽ xuất hiện vô số lần trong chuỗi b₁, b₂, … và do đó, xuất hiện vô số lần trong chuỗi a₁, a₂, … Hãy chứng minh rằng để làm được điều này, chúng ta chỉ cần lấy bất kỳ số m nào lớn hơn tất cả các số |cₙ-1|, |cₙ-2|, …, |c₀|. Thật sự,

P (x) = (cₙ - 1)xᵙ + (x + cₙ-1 - 1)xᵙ-1 + (x + cₙ-2 - 1)xᵙ-2 + … + (x + c₀ - 1) + 1.

43

Chúng ta hãy tìm giá trị lớn nhất có thể có của số $A = \sum_{k=1}^{7} a_k$ sao cho bất đẳng thức cuối cùng vẫn đúng. Không khó để chứng minh (chúng ta sẽ làm điều này dưới đây) rằng

$$\sum_{k=1}^{7} a_k^2 \geq \frac{1}{7} \left( \sum_{k=1}^{7} a_k \right)^2 = \frac{1}{7} A^2;$$

thì từ bất đẳng thức (**) suy ra rằng

$$\frac{1}{7} A^2 - A \leq \sum_{k=1}^{7} a_k^2 - \sum_{k=1}^{7} a_h \leq 42,$$

hoặc $$\frac{1}{7} A^2 - A \leq 42,$$ hoặc $$A^2 - 7A \leq 294,$$ tức là $(A - 21)(A + 14) \leq 0$, từ đó $A \leq 21$.

Việc chứng minh cho ô vuông $13 \times 13$ được thực hiện theo cách tương tự và chúng tôi khuyên người đọc nên tự mình thực hiện tất cả các phép tính.

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh (với mọi $n \geq 1$, $a_k \geq 0$, $k = 1, 2, \dots, n$) bất đẳng thức

$$\sum_{k=1}^{n} a_k^2 \geq \frac{1}{n} \left( \sum_{k=1}^{n} a_k \right)^2.$$

Để thuận tiện cho việc tính toán, chúng ta đặt $na = \sum_{k=1}^{n} a_k$ và chứng minh rằng $\sum_{k=1}^{n} a_k^2 \geq na^2$. Chúng ta hãy biểu thị sự khác biệt giữa số $a_k$ và giá trị trung bình $a$ của các số $a_k$ bằng $\varepsilon_k: \varepsilon_k = a_k - a$. Sau đó

$$na = \sum_{k=1}^{n} a_k = \sum_{k=1}^{n} (a + \varepsilon_k) = na + \sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k,$$

và do đó

$$\sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k = 0.$$

Nó diễn ra từ đây:

$$\sum_{k=1}^{n} a_k^2 = \sum_{k=1}^{n} (a + \varepsilon_k)^2 =$$

$$= \sum_{k=1}^{n} a^2 + 2a \sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k + \sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k^2 = na^2 + \sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k^2 \geq na^2.$$

Tóm lại, có một nhận xét. Trong các điều kiện của nhiệm vụ, chúng tôi đã im lặng bỏ qua thực tế là các ô vuông thông thường từ các ô $7 \times 7$, $13 \times 13$ (nói chung, $(m^2 + m + 1) \times (m^2 + m + 1)$, trong đó $m = 2, 3, \dots$) cho phép diễn giải hình học đẹp mắt. Ví dụ, bảng ở Hình 5 có thể coi là bảng tỷ lệ của bảy điểm và bảy đường thẳng ở Hình 7 (đường cong nét đứt … $A \dots B \dots C \dots$)

44

F343. Ueol, theo đó Mặt trời có thể nhìn thấy được từ Trái đất (đường kính ueel), bằng khoảng $\alpha \approx 10^{-2}$ rad. Bán kính Trái đất $R_3 = 6400$ km. Gia tốc trọng trường trên Trái đất là $g \approx 10$ m/giây². Xác định từ những dữ liệu này tỷ lệ mật độ trung bình của Trái đất và Mặt trời, có tính đến $1 \text{еод} \approx 3 \times 10^7$ giây.

Với máy móc. Thể tích của quả bóng được tính theo công thức $V = \frac{4}{3} \pi R^3$, trong đó $R$ là bán kính của quả bóng.

Cơm. 8.

F344. Điện tích Q được phân bố đều trên một vòng điện môi mỏng nằm trên mặt phẳng ngang chính. Cảm ứng của từ trường vuông góc với mặt phẳng của vòng thay đổi từ 0 đến $B_0$. Tốc độ điều trị hiệu quả với vòng này là bao nhiêu? Khối lượng của chiếc nhẫn là $m$.

Khi Trái đất chuyển động quanh Mặt trời, lực hấp dẫn hợp nhất $F = \gamma \frac{m_C m_3}{L^2}$ truyền cho Trái đất một gia tốc hướng tâm $a_ц = \omega^2 L = \frac{4\pi^2}{T^2} L$. Ở đây $\omega$ là vận tốc góc, $T = 1 \text{еод}$ là chu kỳ Trái đất quay quanh Mặt trời, $m_C$ là khối lượng của Mặt trời, $m_3$ là khối lượng Trái đất và $L$ là bán kính quỹ đạo Trái đất. Theo định luật thứ hai của Newton

$$\gamma \frac{m_C m_3}{L^2} = m_3 \frac{4\pi^2}{T^2} L.$$

(1)

Nhưng $\gamma \frac{m_3}{R_3^2} = g$ do đó

$$m_C g \frac{R_3^2}{L^2} = m_3 \frac{4\pi^2}{T^2} L.$$

(2)

Vì $m_3 = \frac{4}{3} \pi R_3^3 \rho_3$ và $m_C = \frac{4}{3} \pi R_C^3 \rho_C$, suy ra từ sự tương ứng (2) rằng

$$\frac{\rho_3}{\rho_C} = \frac{g R_C^3 T^2}{4\pi^2 L^3 R_3}.$$

Bây giờ tất cả những gì chúng ta phải làm là biểu thị $R_C$ theo $L$ và $\alpha$. Rõ ràng là $R_C = L \alpha/2$ (Hình 8). Vì vậy cuối cùng chúng tôi nhận được

$$\frac{\rho_3}{\rho_C} = \frac{g \alpha^3 T^2}{32\pi^2 R_3} \approx 4,4.$$

◆

Khi từ trường thay đổi, một điện trường xuất hiện, hướng của điện trường tại mỗi điểm của vòng là hướng tiếp tuyến với vòng. Tính định hướng này có thể được tính bằng cách chia emf. cảm ứng được kích thích trong một đường viền hình tròn có bán kính $R$, bằng bán kính của vòng, với chu vi của đường viền:

$$E = \frac{|\mathcal{E}_{инд}|}{2\pi R} = \frac{1}{2\pi R} \left| \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|.$$

Chúng ta hãy chọn một phần nhỏ của chiếc nhẫn có chiều dài $\Delta l_i$ với điện tích $\Delta Q_i = \frac{Q}{2\pi R} \Delta l_i$ và khối lượng $\Delta m_i = \frac{m}{2\pi R} \Delta l_i$.